Tek Türlü Çarpanlara Ayrılabilen Bölgeler Yardımıyla Denklem

0

k k

    olmak üzere her ( , )a b    _{k k}* için a bq r  ve

   

N r  N b şartını sağlayan 2

( , )q r      _{k k k} vardır.” özelliğini sağlıyorsa bir Öklid bölgesi denir.

Teorem 2.3.8. _k bir öklid bölgesi ise bir tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir [4].

Teorem 2.3.9. K Q

 

d cisminin tamsayılarının halkası _k

11, 7, 3, 2, 1, 2,3,5

d      ve 13 için bir Öklid bölgesidir [4].

2.4. Tek Türlü Çarpanlara Ayrılabilen Bölgeler Yardımıyla Denklem Çözümleri

Örnek 2.4.1. 5 2

1

x y  denklemini çözünüz.

Çözüm: 5 2

1

x y  olacak biçimde x ve y tamsayıları mevcut olsun.

 

2 0,1 mod 4 y  olduğundan 5

 

1 mod 4 x  ya da 5

 

2 mod 4 x  olur. Dolayısıyla

x tektir. Gerçekten , x çift olsaydı 5

 

0 mod 4

x  olup çelişki elde edilirdi.

Denklemi

 

i Gauss tamsayılar halkasında çarpanlara ayırırsak, 5

 

( )

x  yi y i

olarak yazabiliriz. Burada



yi y i,  



1 dir. Gerçekten, |y i , | y i olsun. Bu durumda | 2i ve böylece N

 

 | 4 olur. | y i olduğundan

  

|

 

N  yi yi , yani

 

5 | N  x ’dir. N

 

 | 4 ve

 

5 | N  x olduğundan

   

5 | 4,

N  x olur. x tek olduğundan

 

5

4,x 1 dir. Böylece N

 

 |1 olup

 

1

N   dir. Teorem 2.2.4’e göre  birimdir.

 

Q i cisminin tamsayılar halkası

 

i , Teorem 2.3.8 ve Teorem 2.3.9’a göre tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir. O halde Teorem 2.3.6’ya göre 5

14

olacak şekilde 

 

i birimi ve u

 

i vardır. Fakat,

 

i ’nin birimleri 1, i 

olup

   

5 1 1    , 5 11 ,ii⁵,

 

5 i i    olduğundan

   

5 y i  a ib ,a b, 

olarak yazabiliriz. Buradan Teorem 1.1.21’e göre

 

5 5 ₀

 

5 5 ₁

 

4 5 ₂

 

3 5 ₃

 

2 5 ₄

 

1 5 ₅

 

0 0 1 2 3 4 5 a ib  a ib  a ib  a ib  a ib  a ib  a ib  _{ } _{ } _{ } _{ } _{ } _{ }            

   

5 4 2 3 3 2 4 5 5 3 2 4 5 2 3 4 5 10 10 5 10 5 10 5 ib ab a b i a b a bi a a a b ab i b a b a b            

elde edilir. Bu durumda



5 3 2 4

 

5 2 3 4



10 5 10 5

y i  a  a b  ab i b  a b  a b olur. Reel ve sanal kısımları eşitlersek 5 3 2 4

10 5

ya  a b  ab , 1 b⁵ 10a b^{2 3}5a b⁴

yazılır.



4 2 2 4



1b b 10a b 5a olduğundan b|1 olup b 1’dir.

1

b için 5a⁴10a² 1 1 olur. Buradan a² 0 olduğu görülür. O halde a0’dır. Böylece y0 bulunur. Burada x⁵y² 1 olduğundan x1 dir. b 1 için

2 4

1 10a 5a 1

    olur. Buradan 2



2



5a 2a 2 olur. Fakat, bu eşitliği sağlayan

a olmadığından çözüm yoktur. Sonuç olarak,



x y,

  

 1, 0 ’dır.

Örnek 2.4.2. 2 3

1

y x  denklemini çözünüz.

Çözüm: 2 3

1

y x  olacak biçimde x ve y tamsayıları mevcut olsun. x tektir. Aksi takdirde yani x çift olursa 3

 

0 mod 4

x  olur. Bu ise y²x³1 olduğundan

 

2

3 mod 4

y  olmasını gerektirir. Halbuki 2

 

0,1 mod 4

y  olduğu açıktır. Denklemi

 

i Gauss tamsayılar halkasında çarpanlarına ayırırsak

  

3

yi y i x

olur. Burada



yi y i,  



1’dir. Gerçekten, kabul edelim ki bir p asalı

 

i ’de

y i ve y i sayılarını bölsün. Yani, p asal olmak üzere p y i|  ve p y i| 

olsun. Buradan p y|  i



yi



olup p| 2i dir. Bu ise N p

 

| 4 olmasını gerektirir.

  

|



N p N yi , yani

 

2

| 1

N p y  ve böylece

 

3

|

N p x olur. Fakat, bu x tek

olduğundan N p

 

2 ya da N p

 

4 olması ile çelişir. Bu nedenle y i ve y i

aralarında asaldır. Yani,



yi y i,  



1 olur.

 

Q i cisminin tamsayılar halkası

 

i Teorem 2.3.8 ve Teorem 2.3.9’a göre tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir. O halde Teorem 2.3.6’ya göre

   

3

y i  u iv olacak şekilde  birimi ve u iv 

 

i vardır. Ancak,

 

i ’nin birimleri 1, i olup ₃

 

3

 

3 ₃

1 1 , 1   1 ,i i , i i olduğundan

 

3

, ,

y i  a bi a b olarak yazabiliriz. Böylece Teorem 1.1.21’e göre

 

3 3 ₀

 

3 3 ₁

 

2 3 ₂

 

1 3 ₃

 

0 0 1 2 3 a bi  a bi  a bi  a bi  a bi  _{ } _{ } _{ } _{ }          3 2 3 a  ab ^



2 3



3 i a b b elde edilir. Bu durumda y i  3 2

3

a  ab ^



2 3



3

i a b b olur. Reel ve sanal kısımları eşitlersek 3 2

3

ya  ab ve 1 3a b b ²  ³ yazılır.



2 2



1b 3a b olduğundan b|1 olup b 1 _dir. b1 için 1 3 a²1 dir. Buradan 23a² olur. Fakat, bu eşitliği sağlayan a yoktur. b 1 için  1 3a²1 dir. Buradan 03a² olup a0’dır. Böylece y0 bulunur. Burada y² x³1 olduğundan x1 dir. Sonuç olarak,



x y,

  

 1, 0 bulunur. Örnek 2.4.3. 2 3 11 y  x denklemini çözünüz. Çözüm: 2 3 11

y  x olacak biçimde x ve y tamsayıları mevcut olsun. x tektir. Aksi takdirde x çift olursa, 3

 

0 mod 8

x  olur. Bu ise y²  x³ 11 olduğundan

 

2

5 mod 8

y  olmasını gerektirir. Halbuki 2

 

0,1, 4 mod8

y  olduğu açıktır.

Denklemi

  

3

11 11

yi yi x olarak yazabiliriz. Burada

16

 

| 11 11 2 11

d yi  yi  i olup N d

 

| 44 olur. d y| i 11 olduğundan

 

|



11



11



3

N d yi yi x olur. Ayrıca 11 | x dir. Aksi takdirde 11| x olursa

2 3

11

y  x olduğundan 11| y olur. Bu ise 11 | x^{2 3} y² olmasını gerektirir. Böylece

3 2

11

x  y  olduğundan 11 | 11 bulunur. Bu ise mümkün değildir. ²

 

| 44 N d ve

 

3 | N d x olduğundan

  

3



| 44, N d x , yani

  

3



| 4.11, N d x elde

edilir. 11 | x ve x tek olduğundan



3



44,x 1’dir. Bu ise N d( ) |1 olmasını gerektirir. Yani N d

 

1 olup d birimdir.



11



Q  cisminin tamsayılarının halkası 1

 

1 11 2 k A _  _i     ^{, Teorem 2.3.8 ve}

Teorem 2.3.9’a göre tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir. O halde Teorem 2.3.6’ya göre 3 11 11 2 a ib y i  ^_ ^{ }_

  ^{olacak şekilde aynı türden a ve b}

tamsayıları ,  birimi vardır. Teorem 2.2.5’e göre Q



11



cisminin birimleri 1 dir. ₃

 

3 1 1 , 1   1 olduğundan 3 11 11 2 c ie y i  _    _ _   ^{, c ve d aynı türden}

tamsayılar olmak üzere yazılabilir. Buradan Teorem 1.1.21 kullanılarak

3 2 2 3 33 3 11 11 8 8 c cd c d d y i_{ }  i     

  ^{elde edilir. Reel ve sanal kısımları eşitlersek}

3 2

8y c 33cd ve 8 3 c d² 11d³ olur. Böylece



2 2



8d 3c 11d olduğundan | 8

d elde edilir. Bu ise d    1, 2, 4, 8 olmasını gerektirir.

1

d  ise 83c² 11 olup 193c² olur. Fakat, bu eşitliği sağlayan c yoktur.

1

d   ise  8 3c² 11 olur. Buradan c² 1 olup c 1 elde edilir. d 2 için

2

86c 88 olur. Buradan c² 16 olup c 4 elde edilir. d  2 için

2

8 6c 88 olup   80 6c² dir. Fakat, bu eşitliği sağlayan c yoktur. d 4

için 2

4

d   için 8 12c²704 olup 69612c² dir. Fakat, bu eşitliği sağlayan c

yoktur. d 8 için 824c² 5632 olup 7053c² dir. Fakat, bu eşitliği sağlayan

c yoktur. d  8 için 8 24c² 5632 olup 7033c² olur. Ancak, bu eşitliği sağlayan c yoktur.

1, 1

d   c için



2 2



8yc c 33d olduğundan 8y1 1 33







’dir. Buradan 8y 32 olduğundan y 4 olur. Böylece y²  x³ 11 olduğundan x3 bulunur.

1, 1

d   c  için 8y 1 1 33







olduğundan 8y32 dir. Buradan y4 olur. Böylece 2 3

11

y  x olduğundan x3 bulunur. d 2,c4 için 2y 16 132 olup y 58 dir. Böylece y²  x³ 11 olduğundan x15 bulunur. d 2,c 4 için 2  y 116 olup y58 dir. Böylece y²  x³ 11 olduğundan x15 dir. Sonuç olarak, çözümler

  

3, 4 , 3, 4 , 15, 58 , 15,58

 



  

olarak bulunur.

Örnek 2.4.4. 2 3

2

y  x denklemini çözünüz.

Çözüm: 2 3

2

y  x olacak biçimde x ve y tamsayıları mevcut olsun. x tektir. Aksi takdirde x çift olursa, 3

 

0 mod 4

x  olur. Buradan y²  x³ 2 olduğundan

 

2

2 mod 4

y  olur. Halbuki 2

 

0,1 mod 4

y  olduğu açıktır. Denklemi



yi 2



yi 2



x3 olarak yazabiliriz. Burada



yi 2,yi 2



1 dir. Gerçekten, d y| i 2 ve d y| i 2 olsun. Buradan d y| i 2



yi 2



2i 2 olur. Bu ise N d

 

| 8 olmasını gerektirir. N d

 

1 ise N d

 

çift olur. Fakat, d x | ³ olduğundan

 

6

|

N d x olur. Bu durum x ’in tek olması ile çelişir. O halde N d

 

1

dir. Yani d birimdir.

 

2

Q  cisminin tamsayılarının halkası _i 2_{ } _2_ Teorem 2.3.8 ve Teorem 2.3.9’a göre tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir. O halde Teorem

2.3.6’ya göre

 

3

2 2

18

2 2

u_iv  i  ^{vardır. Teorem 2.2.5’e göre} ^{i 2} ^{halkasının birimleri} ¹ dir.

 

3 3

1 1 , 1   1 olduğundan a b,  olmak üzere

 

3

2 2

y i  a ib olarak yazabiliriz. Teorem 1.1.21 kullanılarak 3 2



2 3



2 6 3 2 2

y i a  ab  a b b i elde edilir. Reel ve sanal kısımları eşitlersek ya³6ab² ve 1 3 a b² 2b³ bulunur.



2 2



1b 3a 2b olduğundan b|1’dir. Yani b 1’dir. b1 için 13a²2 olur. Böylece 2

1

a  olup a 1 dir. b 1 için 1 3a² 2 olur. Buradan   1 3a² bulunur. Fakat, bu eşitliği sağlayan a yoktur. b1,a1 için ya³6ab²

olduğundan y 5’dir. Böylece 2 3

2

y  x olduğundan x3 bulunur. 1, 1

b a  için ya³6ab² olduğundan y5 bulunur. Böylece y²  x³ 2 olduğundan x3 bulunur. Sonuç olarak,



x y,

 

 3, 5



elde edilir.

Örnek 2.4.5. 2 3

2

x   x y denklemini çözünüz.

Çözüm: 2 3

2

x   x y olan x ve y tamsayıları mevcut olsun. Denklemi



2 1



7



2 1



7 3 . 2 2 x x y      

 olarak yazabiliriz. Burada

2 1 7 2 1 7 , 1 2 2 x x  _{     }         ^{’dir. Gerçekten,} 2 1 7 2 1 7 | , | 2 2 x x d    d    olsun. Buradan |^{2 1 7 2 1 7} 7 2 2 x x d _{  }  _{  }  _{ }    ^{olur. Böylece}

 

|

 

7

N d N  olup d²| 7’dir. Şu halde 2

1

d  olup d  1’dir. Yani d

birimdir.

 

Q d cisminin tamsayılarının halkası 1

 

1 7 2

k  i 

  _  _

  ^{Teorem 2.3.8 ve}

Teorem 2.3.9’a göre tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir. O halde Teorem 2.3.6’ya göre

3

2 1 7 7

2 2

x^{  }  ^_a b^{  }_

tamsayıları vardır. Teorem 2.2.5’e göre Q

 

7 cisminin birimleri 1’dir.

 

3 3 1 1 , 1   1 olduğundan 3 2 1 7 7 2 2 x_{  } c_d _   _ _

  ^{olacak şekilde aynı}

türden c ve d tamsayıları vardır. Bu eşitliğin her iki tarafının normunu alırsak

3 2 2 3 2 1 7 2 1 7 7 2 2 4 x x c d y             _{ }   _  ^{olur. Buradan} 2 2 7 4 c d y_  olduğu görülür. 3 2 1 7 7 2 2 x_{  } c e_{ }   _ _

  ^{eşitliğinde Teorem 1.1.21 kullanılarak}

 

3 2 2 3 21 3 7 7 2 1 7 2 8 a ab a b b x_{  }    

 bulunur. Böylece 4 3 a b² 7b³ olur.



2 2



3 7 4

b a  b  olduğundan | 4b olup b   1, 2, 4’ tür. b1 için 3a²  7 4 olur. Buradan 3a² 11 bulunur. Fakat, bu eşitliği sağlayan a yoktur. b 1

için 2

3a 7 4

   olur. Buradan a² 1 olup a 1’dir. b2için 2

6a 564 olur. Böylece 2

6a 60 eşitliği elde edilir. Ancak, bu eşitliği sağlayan a yoktur.

2

b  için 6a² 564 olup 6a²  52’dir. Fakat, bu eşitliği sağlayan a

yoktur. b4 için 12a² 4484 olur. Buradan 12a² 452 bulunur. Ancak bu eşitliği sağlayan a yoktur. b 4 için 12a²4484 olduğundan

2

12a 442

   ’dir. Fakat bu eşitliği sağlayan a yoktur. b 1 ise 4 3a²7 ve böylece a 1 bulunur. Dolayısıyla

2 2 7 2 4 a b y _  _ olur. Böylece 2 3 2

x   x y olduğundan x 3 ve x2 bulunur. Sonuç olarak,



3, 2 , 2, 2

  

BÖLÜM 3. BAZI DİYOFANT DENKLEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ

Tanım 3.1.1. , ,x y z pozitif tamsayılar olsun. Eğer x²y² z² ise



x y z, ,



üçlüsüne bir pisagor üçlüsü denir. Ayrıca 2 2 2

x y z ve



x y,



1 (veya



x y z, ,



1 )ise



x y z, ,



üçlüsüne bir primitif pisagor üçlüsü denir.

Örnek 3.1.2. Yukarıdaki tanıma göre



5,12,13



bir primitif pisagor üçlüsüdür.



10, 24, 26



üçlüsü bir pisagor üçlüsüdür. Fakat,



10, 24, 26



üçlüsü bir primitif pisagor üçlüsü değildir.

Teorem 3.1.3. (1) ,a b pozitif tamsayılar,

 

a b, 1 ve abcⁿ ise au bⁿ, vⁿ

olacak biçimde ,u v pozitif tamsayıları vardır.

(2) ,a b pozitif tamsayılar,

 

a b, 1 ve abrcⁿ ise auyⁿ, bvzⁿ ve ruv

olacak biçimde , , ,u v y z pozitif tamsayıları vardır.

(3) a b pozitif tamsayılar, ,

 

a b, 1 ve ab2cⁿ ise ay bⁿ, 2zⁿ veya 2 ⁿ, ⁿ

a y bz olacak biçimde , , ,u v y z pozitif tamsayıları vardır.

Önerme 3.1.4.



a b c, ,



bir pisagor üçlüsüdür



akx b, ky c, kz olacak biçimde bir



x y z, ,



primitif pisagor üçlüsü vardır.

Teorem 3.1.5. 2 2 2

x y z denkleminin tüm primitif çözümleri, mn , m ve n

aralarında asal , m ve n biri tek biri çift pozitif tamsayılar olmak üzere 2 2

,

xm n

2

İspat: Kabul edelim ki



x y z, ,



x²y² z²denkleminin bir primitif çözümü olsun. Bu durumda x y sayılarından biri çift diğeri tektir. Gerçekten, aksini kabul edersek, , yani x y sayılarının her ikisi de çift ya da her ikisi de tek olsun. ,, x y sayılarının her

ikisi de çift olduğunda 2 2 2

x y z olduğundan z sayısı da çift olacaktır. Bu ise , ,

x y z sayılarının 2 ortak bölenine sahip olmasını gerektirir. Fakat, bu durum , ,x y z

sayılarının primitif çözüm olması ile çelişir. Eğer ,x y sayılarının her ikisi de tek

olursa, 2

 

1 mod 4 ,

x  2

 

1 mod 4

y  olur. Bu durumda x²y² z² olduğundan

 

2

2 mod 4

z  olacaktır. Halbuki x²y² z² ve x y tek olduğundan , zçift olup

 

2

0 mod 4

z  ’tür.

Kabul edelim ki y çift, x tek olsun. x ve y sayıları yer değiştirerek kalan

çözümler elde edilir.



x y z, ,



, x²y² z² denkleminin bir çözümü ve y çift, x tek olduğundan z tektir.

2 2 2

x y z denklemini 2

  

y  zx zx olarak yazabiliriz.

z x

ve zx

sırasıyla iki tek sayının toplamı ve farkı olduğundan ikisi de çifttir. Sonuç olarak,

2 , 2

z x a z x b olacak şekilde a b pozitif tamsayıları vardır. Bu nedenle ,

z a b,x a b ’dir.

Burada a ve b aralarında asal olmalıdır. Gerçekten, aksi takdirde  1 için  |a , | b

 olsun. Böylece  |a b ve | a b ’dir. Yani  | , |z  x olup zk,x  olacak şekilde ,k pozitif tamsayıları vardır. y²  z² x² ve x  , zk

olduğundan 2 2 2 2 2

y k    olur. Şu halde 2



2 2



2

y  k   olup ²| y²’dir. O halde Teorem 1.1.10’a göre | y’dir. Dolayısıyla  1 , , ,x y z tamsayılarının bir

ortak böleni olur. Bu ise



x y z, ,



’nin bir primitif çözüm olması ile çelişir.

Kabulümüz gereği y çift olduğundan y2c olacak biçimde c pozitif tamsayısı vardır. Böylece 2

  

y  zx zx olduğundan 2

  

22

2

z x a, z x 2b olduğundan c²ab bulunur.

 

a b, 1 olduğundan Teorem 3.1.3’e göre 2 2

,

am bn olacak şekilde m n pozitif tamsayıları vardır. Buradan ,

  

2 2



, , 1

a b  m n  olduğundan Teorem 1.1.8’e göre



m n,



1 dir. am b², n²

ve z a b, x a b olduğundan zm²n², xm²n² bulunur. Ayrıca

2 2 2

c abm n ve y2c olduğundan y2mn olur. O halde ispat ettik ki



x y z, ,



2 2 2

x y z denkleminin bir primitif çözümü ve y çift olduğunda, 2 2

xm n , 2

y mn, zm²n² elde edilir. Burada m n pozitif tamsayılar, ,



m n,



1 ve

mn’dir. Gerçekten, x bir pozitif tamsayı olduğundan 2 2

0

xm n  olup

2 2

m n ’dir. Yani mn olur. Ayrıca m n sayılarından biri tek biri çifttir. , Gerçekten, eğer her ikisi de çift olursa bu



m n,



1 olması ile çelişir. Eğer her ikisi de tek olursa xm²n², y2mn , zm²n² olduğundan , ,x y z tamsayıları çift

olur. Bu ise



x y z, ,



1 olması ile çelişir.

Tersine, m n aralarında asal pozitif tamsayılar, , mn ve m n pozitif , tamsayılarından biri tek biri çift olmak üzere 2 2

xm n , y2mn, zm²n²

olacak biçimde mevcut olsun. Bu durumda,

 

2

 

₂ 2 2 2 2 2 x  y  m n  mn m⁴ n⁴ 2m n^{2 2} 4m n^{2 2} _{4 4 2 2}



_{2 2}



2 ₂ 2 m n m n m n z      

olup x²  y² z² denkleminin sağlandığı açıktır.

Şimdi m ve n pozitif tamsayılarının aralarında asal olduğunu kullanarak



x y z, ,



1 olduğunu gösterelim. Aksine kabul edelim ki



x y z, ,



1 olsun. O zaman x, y , z sayılarının  1 olan bir ortak böleni vardır. Yani  1olmak üzere | x ,  | y,  | z’dir. Burada  çift olamaz. Çünkü, z m² n²,m ve n _biri

tek biri çift pozitif tamsayı olduğundan z _tektir. 2 2

xm n , y2mn , zm²n²

olduğundan dolayı 2

2

| 2m

 ,  | 2n²bulunur.  _{çift olmadığından} 2

| m

 ve  | n² yazabiliriz. Bu ise



2 2



| m n,

 olmasını gerektirir. Halbuki



m n,



1 olduğundan Teorem 1.1.7’e göre



2 2



, 1

m n  ’dir. O halde  | 1 olur. Bu ise  1 olması ile çelişir. Kabulümüz yanlıştır. Yani



x y z, ,



1’dir.

Sonuç 3.1.6. , ,x y z pozitif tamsayıları 2 2 2

x y  z denkleminin çözümüdür



mn , m, n, d _{pozitif tamsayılar ,}



m n,



1 , m, n biri çift biri tek pozitif tamsayılar olmak üzere



2 2



x m n d , y2mnd ,



2 2



z  m n d dir. İspat: :)



2 2



x m n d , y2mnd,



2 2



z m n d olsun. Bu durumda,

  

2

 

₂ 2 2 2 2 2 x y  m n d  mnd m d^{4 2}n d^{4 2} 2m n d^{2 2 2} 4m n d^{2 2 2} m d^{4 2} n d^{4 2} 2m n d^{2 2 2} 2



4 4 2 2



2 d m n m n    ₂



_{2 2}



2 ₂ d m n z   

olup , ,x y z tamsayıları x²  y² z² denklemini sağlar.

:)

 Önerme 3.1.4’e göre xda, ydb, zdc olacak şekilde bir primitif



a b c, ,



üçlüsü vardır. Teorem 3.1.5’e göre am² n², b2mn, c m²n²

olacak şekilde pozitif m ve n tamsayıları vardır. Buradan istenen elde edilir.

Teorem 3.1.5 ve Sonuç 3.1.6 ‘da x’in çift y ’nin tek olduğu çözümler de mevcuttur. Bu çözümler x ve y ler yer değiştirerek elde edilir.

24

Örnek 3.1.7.



x y z, ,



bir primitif pisagor üçlüsü ve z y 2 olsun. Bu takdirde

2

x t, y t² 1, z t² 1 olacak biçimde bir

t

pozitif tamsayısı vardır.

Çözüm:



x y z, ,



bir primitif pisagor üçlüsü olduğundan



x y z, ,



1 ve

2 2 2 x y  z ’dir. Buradan 2 2 2

  

x z  y  zy zy yazarız. Hipotezden 2 z y olduğundan 2

 

2 x  zy elde edilir.

Teorem 3.1.5’e göre x2uv, yu² v², zu²v² olacak şekilde uv,

 

u v, 1, biri tek biri çift olan u ve v pozitif tamsayıları vardır. Bu eşitlikler

 

2

2

x  zy eşitliğinde yerine yazılırsa,

2 2



2 2 2 2



4u v 2 u v u v

 

2 2 2 4u v 2 2u 4u v^{2 2} 4u²

olup u _{pozitif tamsayı olduğundan} v² 1 elde edilir. Buradan v pozitif tamsayı olduğundan v1 olur. O halde x2uv, yu² v², zu²v² ve v1

olduğundan x2u , yu² 1 , zu²1 bulunur.

Teorem 3.1.8. 4 4 2

x y z denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur [1].

İspat: Kabul edelim ki



x y z, ,



x⁴ y⁴ z² denkleminin pozitif tamsayılarda bir çözümü olsun ve z _{bu özellikteki en küçük tamsayı olsun. Burada}



x y,



1 olur. Gerçekten, aksini kabul edelim.



x y,



 d 1 olsun. Bu takdirde |d x ve d y olur. | Buradan xdx₁, ydy₁ olacak şekilde x , ₁ y pozitif tamsayıları vardır. ₁

Denklemde bu eşitlikleri yerine yazarsak,

 

4 4 4 2 1 1 d x y z olur. Böylece 4 2 |

d z olup Teorem 1.1.10’ a göre d² |z bulunur. Şu halde z d z² 1

eşitliklerini 4 4 2

x y z _{denkleminde yerine yazarsak} 4



4 4



4 2

1 1 1

d x y d z elde edilir. Bu ise 4 4 2 2

1 1 1

x y z z _{olduğunu gösterir. Fakat bu} z’nin en küçük olması ile çelişir.

 

x y, 1 olduğundan Teorem 1.1.7’e göre



2 2



, 1

x y  ’dir. Buradan



2 2



, ,

x y z

   

₂ 2 ₂ 2 ₂

x  y  z pisagor denkleminin bir primitif çözümüdür. Teorem 3.1.5'e göre

2

x , y sayılarından biri çift biri tektir. Kabul edelim ki ² y çift olsun. O halde ²

2 2 2

x m n , y² 2mn, z m²n² olacak şekilde



m n,



1, mn, biri tek biri çift olan m ve n pozitif tamsayıları vardır. Burada eğer m çift ve n _{tek olursa,}

2 2 2

x n m _olduğundan x de tektir. Fakat, bu mümkün değildir. Gerçekten, x _tek

olduğundan 2

 

1 mod 8 x  , n tek olduğundan 2

 

1 mod 8 n  olup buradan

 

2 2 2 2 mod8

m  x n  bulunur. Halbuki m çift olduğundan 2

 

0, 4 mod8

m 

olduğu açıktır. Yani bu bir çelişkidir. O halde m tektir, n _{çifttir. Şu halde} n2k

olacak şekilde k _{pozitif tamsayısı vardır.}



m n,



1 ve mtek olduğundan



m k,



1

dir. y2mn ve n2k olduğundan y² 2²mk yazılır. y çift olduğundan y 2 olacak şekilde pozitif tamsayısı vardır. 2 2

2

y  mk ve y2 olduğundan

2

4 4mk olup buradan ² mk elde edilir.



m k,



1 olduğundan Teorem 3.1.3’e göre 2

ma , k b² olacak şekilde ,a b pozitif tamsayıları vardır. n2k ve k b²

olduğunda 2

2

n b olur. x²n² m² ve



m n,



1 olduğundan

 

x n, 1’dir. Gerçekten,

 

x n,  olsun. Buradan | x ve | n olur. Bu ise  | x² ve  | n² olmasını gerektirir. Şu halde 2 2 2

| x n m

   olur. Yani  | m², | n² olup buradan



2 2



| m n,

 bulunur.



m n,



1 olduğundan Teorem 1.1.7’e göre



2 2



, 1

m n  ’dir. Sonuç olarak, | 1 _olup  1 elde edilir.

 

x n, 1 ve x²n² m² olduğundan



x n m, ,



, x² y²  z² denkleminin bir primitif çözümüdür. O halde Teorem 3.1.5’e göre 2 2

1 1

xm n , n2m n_{1 1},

2 2

1 1

26

tamsayıları vardır. 2

2

n b ve n2m n_{1 1} olduğundan b² m n_{1 1} olur. Burada



m n1, 1



1 olduğundan Teorem 3.1.3’e göre m₁ a₁², n₁ b₁² olacak şekilde a ve ₁

1

b pozitif tamsayıları vardır. 2 2

1 1

mm n ve ma² olduğundan a² m₁² n₁²

yazılır. Buradan 2

1 1

m a , n₁ b₁² olduğundan a² a₁⁴ b₁⁴ bulunur. Fakat,

2 2 2

aa  m m n  z olup az _{olur. Bu ise} z’nin en küçük olması ile çelişir. Sonuç olarak, kabulumüz yanlıştır. 4 4 2

x  y z _{denkleminin pozitif tamsayılarda}

çözümü yoktur.

Örnek 3.1.9. 4 4 2

4

x  y  z _{denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur.}

Çözüm: Verilen denklem _{4 4}

 

2

2

x y  z olarak yazılırsa Teorem 3.1.8’den pozitif tamsayılarda çözümü olmadığı görülür.

Örnek 3.1.10. 4 4 2

4

x  y z denklemini sağlayan pozitif x, y , z tamsayıları yoktur.

Çözüm: 4 4 2

4

x  y z denkleminin her iki tarafının karesi alınırsa ₄



_{4 4}



2

4

z  x  y

olur. Bulunan bu eşitliğin her iki tarafına

 

4

2xy eklersek

 

₄

 

2

 

₄

4 4 4

2 4 2

z  xy  x  y  xy elde edilir. Buradan

 

4 4 8 4 4 8 4 4 2 8 16 16 z  xy x  x y  y  x y 8 4 4 8 8 16 x x y y   



_{4 4}



2 4 x y  

bulunur. Fakat, bu Teorem 3.1.8’e göre mümkün değildir.

Örnek 3.1.11. y0 ise x⁴ 2y² 1 denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur.

Çözüm: 4 2

2 1

x  y  olduğundan x⁴  1 2y² olur. Eşitliğin her iki tarafına y ⁴

eklersek _{4 4 2 4}



₂



2

1 2 1

x  y   y  y  y  bulunur. Fakat, bu Teorem 3.1.8’e göre mümkün değildir.

Teorem 3.1.12. 2 2 2

a b x ve a² b²  y² olacak şekilde a, b,x,y pozitif

tamsayıları yoktur [5].

Örnek 3.1.13. 4 4 2

2

x  y  z denkleminin pozitif tamsayılarda çözümlerini bulalım:

Çözüm: Herhangi bir x pozitif tamsayısı için x y, z x² olmak üzere



2



, ,

x x x

denkleminin çözümleridir.

x y _{için denklemin çözümü yoktur. Gerçekten, aksine genelliği bozmadan x} y

kabul edelim. Ayrıca kabul edelim ki x, y ,z pozitif tamsayılar olmak üzere



x y z, ,



denklemin çözümü olsun. O halde x⁴ y⁴ 2z² olduğundan x ve y sayılarının ikisi de çift yada ikisi de tektir. Bu durumda 2 2

x  y ve x²  y² sayıları da çift olacaktır. Sonuç olarak , 1



2 2



2

a x y ve 1



2 2



2

b x  y pozitif tamsayılar olacaktır. Buradan bu eşitlikleri taraf tarafa toplar ve çıkarırsak sırasıyla,

2

x  a b, y²  a b elde edilir. 2z² x⁴  y⁴ denkleminde x²  a b,

2

y  a b eşitliklerini yerine yazarsak ₂

  

2



2



_{2 2}



2z  ab  ab 2 a b

bulunur. Sonuç olarak, buradan 2 2 2

z a b _{elde edilir.} 2

x  a b, y²  a b

olduğundan bu eşitlikleri taraf tarafa çarparsak 2 2 2 2

x y a b bulunur. Buradan

 

2 2 2 a b  xy olur. 2 2 2 z a b , _{2 2}

 

2

a b  xy olur. Fakat, bu Teorem 3.1.12’ ye göre mümkün değildir. O halde kabulümüz yanlıştır. Yani, x y için çözüm yoktur.

Teorem 3.1.14. 4 4 2

5

28

İspat: 1. durum: 5 | x olsun. O zaman x⁴  y⁴ 5z² olduğundan 5 | y olur. Böylece buradan 4

 

1 mod 5 x  ve 4

 

1 mod 5 y  bulunur. O halde

 

4 4 2 mod 5

x  y  dir. Halbuki x⁴  y⁴ 5z² olduğundan 4 4

 

0 mod 5

x  y 

olduğu açıktır. O halde bu durumda denklemin bir çözümü yoktur.

2. durum: 5 | x olsun. O zaman x⁴  y⁴ 5z² olduğundan 5 | y olur. Buradan 5^r

x a, 5 | a ve y5^sb, 5 | b olacak şekilde , , ,a b r s pozitif tamsayıları vardır.

4 4 2

5

x y  z denkleminde x5^ra, y 5^sb eşitlikleri yerine yazılırsa,

4 4 4 4 2

5 ^ra 5 ^sb 5z

4 1 4 4 1 4 2

5^r a 5^s b z

olup buradan 5 | z olur. Şu halde ² 5 asal olduğundan 5 | z ’dir. O halde z5^tc, 5| c olacak şekilde c ve

t

pozitif tamsayıları vardır. 5^4r1a⁴ 5^4s1b⁴ z²

denkleminde z5^tc eşitliğini yerine yazarsak ve her iki tarafı 5 ile çarparsak,

4 4 4 4 2 1 2 5 ^ra 5^sb 5^t c elde edilir. r s ise 4



4 4



2 1 2 5 ^r a b 5 ^t c olur. Buradan _{4 4}



₂



2 5 5^{t r} a b  ^ c bulunur. 2 5^{t r} w ^ c _dersek, 4 4 2 5

a b  w elde edilir. 5 | a ve 5 | b olduğundan 1. durumdan buradan çözüm elde edilemez.

r s ise 4



4 4 4 4



2 1 2

5 ^s 5 ^{r s}a b 5 ^t c olur. Bu ise 5 | b olmasını gerektirir. Halbuki 5 | b dir. O halde buradan da çözüm elde edilemez.

Teorem 3.1.15. 4 4 2

3

x  y  z denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur [1].

İspat: Kabul edelim ki



x y z, ,



, x⁴ y⁴ 3z² denkleminin bir çözümü olsun ve x

en küçük olsun. Şu halde 4 4

3 | x y olur. Yani

   

₂ 2 ₂ 2

3 | x  y elde edilir. O halde Teorem 1.1.12’ye göre 3 | x ve ² 3 | y olur. Buradan ² 3 _{asal olduğundan 3 | x ve}

3 | y ’dir. Böylece x3a, y3b olacak şekide a, b pozitif tamsayıları vardır.

3

x a,y3b _eşitlikleri 4 4 2

3

x y  z denkleminde yerine yazılırsa,

4 4 2

81a 81b 3z



4 4



2

9 3a 3b  z

olur. Buradan 9 | z olup ² 3 | z bulunur. Böylece Teorem 1.1.10’a göre 3 | z ’dir. Şu ^{2 2} halde z 3t olacak şekilde

t

_{pozitif tamsayısı vardır.}



4 4



2

9 3a 3b  z denkleminde

3

z t eşitliğini yerine yazarsak,



4 4



2

9 3a 3b 9t

4 4 2

3a 3b t

olur. Bu ise 3 | t olmasını gerektirir. Böylece ² 3 asal olduğundan 3 | t ’dir. O halde

1

3

t  t olacak şekilde t pozitif tamsayısı vardır. ₁ t 3t₁ eşitliğini 3a⁴ 3b⁴ t²

denkleminde yerine yazarsak a⁴ b⁴ 3t₁² elde edilir. x3a olduğundan ax

dir. Bu ise x’in en küçük olması ile çelişir. O zaman kabulümüz yanlıştır.

4 4 2

3

x y  z denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur.

Teorem 3.1.16. 4 4 2

13

x y  z denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur [1].

İspat: 1. durum: 13 | x olsun. Buradan x⁴ y⁴ 13z² olduğundan 13 | y olur. 13 | x ve 13 asal sayı olduğundan Teorem 1.1.18’e göre 12

 

1 mod13 x  ,

 

12 1 mod13 y  bulunur. x⁴ y⁴ 13z² olduğundan 4 4

 

0 mod13 x y  elde edilir. Buradan 4 4

 

mod13

x  y olur. Her iki tarafın küpü alınırsa

 

12 12

mod13

x  y bulunur. Şu halde 12

 

1 mod13

x  , 12

 

1 mod13

y  olduğundan

 

1 1 mod13 çelişkisi elde edilir. O halde bu durumda çözüm elde edilemez.

2. durum: 13 | x olsun. O zaman x⁴ y⁴ 13z² olduğundan 13 | y olur. Burada kabul edelim ki x en küçük olsun. 13 | x , 13 | y olduğundan x13a, y13b

30

olacak biçimde a ve b pozitif tamsayıları vardır. x13a ve y 13b eşitliklerini

4 4 2

13

x y  z denkleminde yerine yazarsak,

4 4 4 4 2

13 a 13 b 13z

3 4 3 4 2

13 a 13 b z

olup buradan 13 | z elde edilir. ² 13asal olduğundan 13 | z ’dir. O halde z13t olacak şekilde

t

pozitif tamsayısı vardır. 13³a⁴ 13³b⁴  z² denkleminde z13t eşitliği yerine yazılırsa,

3 4 3 4 2 2

13 a 13 b 13 t



4 4



2

13 a b t

olup buradan 13 | t olur. ² 13asal olduğundan 13 | t ’dir. O zaman t13k olacak şekilde k pozitif tamsayısı vardır.



4 4



2

13 a b t eşitliğinde t 13k yerine yazılırsa,



4 4



2 2 13 a b 13 k



4 4



2 13 a b  k

olur. x13a olduğundan ax’dir. Fakat, bu x’in en küçük olması ile çelişir. O halde bu durumda da çözüm elde edilemez.

Teorem 3.1.17. 2 2 2 2

x y z t denkleminin y ,z çift olduğunda pozitif tamsayılardaki tüm çözümleri, 2 2 2 m n x n    , y2 , z2m, 2 2 2 m n t n   

şeklindedir. Burada ,mpozitif tamsayılar ve 2 2

m

 ’nin bölenleri olan n pozitif tamsayıları 2 2

m

 ’ den küçüktür [1].

İspat: Kabul edelim ki



x y z t, , ,



, x²  y² z² t² denkleminin pozitif tamsayılarda bir çözümü olsun. Burada x, y ,z sayılarının en az ikisi çift olmalıdır. Gerçekten, aksine kabul edelim ki x, y ,z sayılarının üçü de tek olsun. Buradan

 

2 1 mod 8 x  , 2

 

1 mod 8 y  , 2

 

1 mod 8 z  olur. O zaman x² y² z² t²

olduğundan 2

 

3 mod 8

t  bulunur. Halbuki 2

 

0,1, 4 mod 8

t  olduğu açıktır. O halde kabülümüz yanlıştır. x,y ,z sayılarının üçü de tek olamaz. Şimdi kabul edelim ki x, y , z sayılarının sadece biri çift olsun. Ayrıca genelliği bozmadan kabul edelim ki bu çift sayı z olsun. O zaman 2

 

1 mod 4 x  , 2

 

1 mod 4 y  ,

 

2 0 mod 4

z  olur. Buradan x²  y² z² t² olduğundan 2

 

2 mod 4

t  bulunur. Halbuki 2

 

0,1 mod 4

t  olduğu açıktır. O halde kabülümüz yanlıştır. x,y ,z sayılarının sadece biri çift olamaz.

Şimdi kabul edelim ki x, y , z sayılarından çift olanlar y ve z _{olsun. Böylece} 2

y , z2m olacak şekilde , m pozitif tamsayıları vardır. x² y² z² t²

olduğundan

tx

olduğu açıktır. O halde

t x u 

dersek u bir pozitif tamsayıdır.

t x u 

, y2 , z2m eşitlikleri x² y² z² t² denkleminde yerine yazılırsa,

 

2 ₂

   

2 2 _{2 2 2} 2 2 4 4 xu x   m  x   m ve böylece 2 2 2 2 2 2 4 4 x  xuu x   m

elde edilir. Buradan

2 2 2

2xuu 4 4m

bulunur. Şu halde

2 2 2 4 4 2 u   m  xu elde edilir. 2 2 2 4 4 2

u   m  xu eşitliğinin sağ tarafı çift sayıların bir cebirsel toplamı olduğundan çifttir. Bu nedenle 2

u de çift olur. O halde u da çift olur. Dolayısıyla

2

u  n olacak şekilde n pozitif tamsayısı vardır. u² 4 ²4m²2xu eşitliğinde

2

u  n’i yerine yazarsak,

2 2 2

32 2 2 2 n  m xn 2 2 2 xn m n ve böylece 2 2 2 m n x n    bulunur.

t x u 

olduğundan

t x u

olur. Böylece

2 2 2 m n x n    , u 2n eşitlikleri

t  x u

’da yerine yazılırsa,

2 2 2 2 m n t n n     2 2 2 m n n   

bulunur. Burada

t

pozitif tamsayı olduğundan n| ² m² n² olur. O halde n n | ² olduğundan 2 2

|

n m dir. n²  ²m²xn ve xn pozitif tamsayı olduğundan

2 2 2

n  m olur. Şu halde 2 2

n m bulunur. Sonuç olarak, x² y² z² t²

denkleminin çözümleri için,

2 2 2 m n x n    , y2 ,z2m, 2 2 2 m n t n   

elde edilir. Burada n| ² m²,n ² m² , ,m,n pozitif tamsayılardır.

Tersine, 2 2 2 m n x n    ,y 2 , z2m, 2 2 2 m n t n    sayılarının 2 2 2 2

x  y z t denklemini sağladığını gösterelim. x²  y² z² t² denkleminde,

2 2 2 m n x n    ,y2 ,z2m, 2 2 2 m n t n  

 eşitliklerini yerine yazarsak,

   

2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 _{2 2} 2 2 2 2 2 2 4 4 m n m n n m n m m m n n     _{  }      _{ }     4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 m n n m n m n n m n        

4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 m n n n m m n       2 2 2 2 m n n         

olup istenen elde edilir.

Sonuç olarak, ,y z çift olmak üzere x² y² z² t² denkleminin her bir çözümü

2 2 2 m n x n    , y2 ,z2m, 2 2 2 m n t n  

 eşitliklerinden elde edilir. Bu eşitliklerden 2 y  , 2 z m , 2 t x n_ 

olup , m,n sayıları x, y ,z,

t

tarafından

tek türlü olarak tanımlıdır.

Teorem 3.1.18. xy zt denkleminin pozitif tamsayılardaki tüm çözümleri a,b,c,

d herhangi pozitif tamsayılar ve

 

c d, 1 olmak üzere xac, ybd, zad,

t bc şeklinde verilir [1].

İspat: Kabul edelim ki



x y z t, , ,



, pozitif tamsayılarda xy zt denkleminin bir çözümü olsun ve

 

x z, a olsun. Şu halde xac, zadolacak şekilde c,d

pozitif tamsayıları vardır ve



c d,



1’dir. xac, z ad eşitliklerini xy zt

denkleminde yerine yazarsak, acyadt olup buradan cydt bulunur. Bu ise d cy | olmasını gerektirir.



c d,



1 olduğundan Teorem 1.1.6’ya göre d y olur. O zaman |

ybd olacak şekilde b pozitif tamsayısı vardır. cy dtve ybd olduğundan

cbd dt olup buradan cbt elde edilir. Sonuç olarak,



c d,



1 _{olmak üzere}

xac, ybd, z ad , t bc bulunur.

Tersine, açıktır ki , , ,a b c d pozitif tamsayılar olmak üzere xac, ybd, zad,

34

Teorem 3.1.19. 4 2 2 4 2

x x y y z denkleminin pozitif tamsayılarda x y, z x²

aşikar çözümünden başka çözümü yoktur [1].

Belgede Bazı özel diyofant denklemleri ve çözümleri (sayfa 22-99)