5  Diofant Denklemleri

  1. 3x^2 - 7y^2 + 1 = 0 denkleminin pozitif tam sayılarla sonsuz tane çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.1
  1. 2x^3 + xy - 7 = 0 denkleminin tüm tam sayı çözümlerini bulunuz ve pozitif rasyonel sayılarla sonsuz tane çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.2
  1. (x - 1)^2 + (x + 1)^2 = y^2 + 1 denkleminin pozitif tam sayılarla sonsuz tane çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.3
  1. x(x + 1) = 4y(y + 1) denkleminin pozitif tam sayı çözümünün bulunmadığını, fakat pozitif rasyonel sayılarla sonsuz tane çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.4
  1. p bir asal sayı ve n de bir pozitif tam sayı ise, x(x + 1) = p^n y(y + 1) denkleminin pozitif tam sayılarla hiçbir çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.5
  1. Verilen k tam sayısı için x^2 - 2y^2 = k denkleminin bir (x_0, y_0) tam sayı çözümü varsa, x^2 - 2y^2 = -k denkleminin bir tam sayı çözümünü bulunuz.6
  1. Her D tam sayısı için x^2 - Dy^2 = z^2 denkleminin pozitif tam sayılarla sonsuz tane çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.7
  1. D, sıfırdan farklı herhangi tam sayı ise, x^2 - Dy^2 = z^2 denkleminin, \text{OBEB}(x, y) = 1 olacak şekilde çözümleri olan tam sayılarla sonsuz tane (x, y, z) çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.8
  1. xy + x + y = 3z^2 denkleminin pozitif tam sayılarla çözümlerinin bulunduğunu ve x \leq y koşulunu sağlayan sayılarla çözümlerinin sonlu olduğunu kanıtlayınız.9
  1. x^2 - 2y^2 + 8z = 3 denkleminin pozitif tam sayılarla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.10
  1. y^2 - x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 1 denkleminin tüm pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.11
  1. x^2 + y^2 + z^2 + x + y + z = 1 denkleminin tüm rasyonel sayı çözümlerini bulunuz.12
  1. 4xy - x - y = z^2 denkleminin pozitif tam sayı çözümlerinin bulunmadığını ve negatif tam sayılarla sonsuz tane çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.13
  1. m pozitif tam sayı olmak üzere D = m^2 + 1 ise, x^2 + Dy^2 = 1 denkleminin pozitif tam sayılarla sonsuz tane çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.14
  1. y^2 = x^3 + (x + 4)^2 denkleminin tüm tam sayı çözümlerini bulunuz.15
  1. Her m pozitif tam sayısı için \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} = m denkleminin, x, y, z aralarında asal olmak üzere tüm pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.16
  1. \frac{x}{y} + \frac{y}{z} = \frac{z}{x} = 1 denkleminin pozitif tam sayılarla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.17
  1. \frac{x}{y} + \frac{y}{z} = \frac{z}{x} = 2 denkleminin pozitif tam sayılarla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.18
  1. x^2 + y^2 + z = 3 denkleminin tüm pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.19
  1. m = 1 ve m = 2 için x^3 + y^3 + z^3 = mxyz denkleminin pozitif tam sayılarla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız ve m = 3 için tüm pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.20
  1. Aşağıdaki (T_1) ve (T_2) teoremlerinin denk olduğunu kanıtlayınız:21
  1. \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{t} +\frac{t}{x} = 1 denkleminin pozitif tam sayılarla çözümünün bulunduğunu, fakat sonsuz sayıda tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.22
  1. \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{t} + \frac{t}{x} = m denkleminin, m = 2 ve m = 3 için pozitif tam sayılarla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız ve m = 4 için tüm pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.23
  1. \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{t} = 1 denkleminin, x \leq y \leq z \leq t olmak üzere tüm pozitif tam çözümlerini bulunuz.24
  1. Her s pozitif tam sayısı için \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_s} = 1 denkleminin sonlu sayıda pozitif tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.25
  1. Her s \geq 2 tam sayısı için \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_s} = 1 denkleminin x_1 < x_2 < \dots < x_s eşitsizliklerini sağlayan bir pozitif tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız. Bu çözümlerin sayısını I_n ile gösterirsek, s = 3, 4, \dots için I_{s+1} > I_s olduğunu gösteriniz.26
  1. s, 2’den farklı pozitif tam sayı ise, \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_s} = 1 denkleminin üçgen sayıları ile (yani t_n = \frac{n(n+1)}{2} şeklinde olan sayılar) çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.27
  1. \frac{1}{x_1} + \frac{1}{y^2} + \frac{1}{z^2} + \frac{1}{t^2} = 1 denkleminin tüm pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.28
  1. \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_s} = 1 denkleminin en az bir pozitif tam sayı çözümünün bulunmasını sağlayan tüm s pozitif tam sayılarını bulunuz.29
  1. 1^2 sayısının sonlu sayıda artan pozitif tam sayının karelerinin terslerinin toplamı şeklinde gösteriniz.30
  1. Her m pozitif tam sayısı ve tüm yeterince büyük s pozitif tam sayıları için \frac{1}{x_1^m} + \frac{1}{x_2^m} + \dots + \frac{1}{x_s^m} = 1 denkleminin en az bir pozitif tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.31
  1. Her s pozitif tam sayısı için \frac{1}{x_1^2} + \frac{1}{x_2^2} + \dots + \frac{1}{x_s^2} = \frac{1}{x_{s+1}^2} denkleminin sonsuz sayıda pozitif tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.32
  1. Her s \geq 3 pozitif tam sayısı için \frac{1}{x_1^3} + \frac{1}{x_2^3} + \dots + \frac{1}{x_s^3} = \frac{1}{x_{s+1}^3} denkleminin sonsuz sayıda pozitif tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.33
  1. x + y + z = 3 ve x^3 + y^3 + z^3 = 3 denklemler sisteminin tüm tam sayı çözümlerini bulunuz.34
  1. Hangi n pozitif tam sayıları için 3x + 5y = n denkleminin en az bir tane pozitif tam sayı çözümü bulunduğunu araştırın ve n sonsuzluğa gittiğinde bu çözüm sayısının da sonsuzluğa gittiğini kanıtlayınız.35
  1. n^x + n^y = n^z denkleminin tüm n, x, y, z pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.36
  1. Her (m,n) pozitif tam sayı ikilisi için tek bir x = n, x = m pozitif tam sayı çözümü olan, a, b, c tam sayılar olmak üzere bir ax + by = c denkleminin bulunduğunu kanıtlayınız.37
  1. Her m pozitif tam sayısı için tam m tane pozitif tam sayı çözümü olan, a, b, c tam sayılar olmak üzere bir ax + by = c denkleminin bulunduğunu kanıtlayınız.38
  1. m verilen bir pozitif tam sayı olmak üzere x^2 + y^2 + 2xy - mx - my - m - 1 = 0 denkleminin tam m tane pozitif tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.39
  1. x^3 + (x + 1)^3 + (x + 2)^3 = (x + 3)^3 denkleminin tüm tam sayı çözümlerini bulunuz.40
  1. Her n pozitif tam sayısı için (x + 1)^3 + (x + 2)^3 + \dots + (x + n)^3 = y^3 denkleminin tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.41
  1. (x + 1)^3 + (x + 2)^3 + (x + 3)^3 + (x + 4)^3 = (x + 5)^3 denkleminin tüm tam sayı çözümlerini bulunuz.42
  1. (x + 1)^3 + (x + 2)^3 + (x + 3)^3 + (x + 4)^3 = (x + 10)^3 denkleminin tüm tam sayı çözümlerini bulunuz.43
  1. y(y + 1) = x(x + 1)(x + 2) denkleminin iki tane pozitif tam sayı çözümünü bulunuz.44
  1. 1 + x^2 + y^2 = z^2 denkleminin sonsuz sayıda pozitif tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.45
  1. n, x, y, z, t pozitif tam sayılar olmak üzere nx^2 + ny^2 + nz^2 = nt denkleminin tüm çözümlerini bulunuz.46
  1. x, y, z, t pozitif tam sayılar olmak üzere 4x + 4y + 4z = 4t denkleminin tüm çözümlerini bulunuz.47
  1. 2^m - 3^n = 1 denkleminin tüm pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.48
  1. 3^n - 2^m = 1 denkleminin tüm pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.49
  1. 2x + 1 = y^2 denkleminin tüm pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.50
  1. 2x + 1 = y^2 denkleminin tüm pozitif tam sayı çözümlerini bulunuz.51
  1. x^2 + 2y^2 = z^2, 2x^2 + y^2 = t^2 denklemler sisteminin x, y, z, t pozitif tam sayılar olmak üzere çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.52
  1. [2(3x + 2y + 1) + 1]^2 - 2(4x + 3y + 2)^2 = (2x + 1)^2 - 2y^2 özdeşliğini kullanarak x^2 + (x + 1)^2 = y^2 denkleminin sonsuz sayıda pozitif tam sayı kökünün bulunmadığını kanıtlayınız.53
  1. [2(7y + 12x + 6)]^2 - 3[2(4y + 7x + 3) + 1]^2 = (2y)^2 - 3(2x + 1)^2 özdeşliğini kullanarak (x + 1)^3 - x^3 = y^2 denkleminin sonsuz sayıda pozitif tam sayı kökünün bulunmadığını kanıtlayınız.54
  1. x^2 + 5y^2 = z^2 ve 5x^2 + y^2 = t^2 denklemler sisteminin x, y, z, t pozitif tam sayılarıyla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.55
  1. Problem 34’ü kullanarak x^2 + 6y^2 = z^2 ve 6x^2 + y^2 = t^2 denklemler sisteminin x, y, z, t pozitif tam sayılarıyla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.56
  1. x^2 + 7y^2 = z^2 ve 7x^2 + y^2 = t^2 denklemler sisteminin x, y, z, t pozitif tam sayılarıyla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.
  1. V.A. Lebesprogue teoremini kullanarak x^2 - y^3 = 7 denkleminin x, y tam sayılarıyla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.57
  1. c pozitif tam sayısı tekse, x^2 - y^3 = (2c)^3 - 1 denkleminin x, y tam sayılarıyla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.58
  1. k pozitif tam sayı ise, x^2 + 2k^2 + 1 = y^3 denkleminin x, y pozitif tam sayılarıyla çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.59
  1. x \leq y, x \leq z \leq t olmak üzere x + y = zt ve z + t = xy denklemler sisteminin x, y, z, t pozitif tam sayılarıyla tüm çözümlerinin bulunması ile ilgili A. Moessner problemini çözünüz. Sistemin sonsuz sayıda x, y, z, t tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.60
  1. Her p pozitif tam sayıları için x_1 + x_2 + \dots + x_n = z_n denkleminin x_1, x_2, \dots, x_n pozitif tam sayılarıyla en az bir çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.61
  1. Verilen her a ve n pozitif tam sayıları için x^n - y^n = a denkleminin x, y pozitif tam sayı çözümlerinin belirlenmesi için yöntem bulunuz.62
  1. Elementer yöntemlerle, hem üçgen hem de beşgen (yani \frac{k(3k-1)}{2} şeklinde) olan sonsuz sayıda sayı bulunduğunu kanıtlayınız.63

  1. 3(55a+84b)^{2}-7(36a+55b)^{2}=3a^{2}-7b^{2} özdeşliği, eğer x=a ve y=b tam sayıları 3x^{2}-7y^{2}+1=0 denklemini sağlıyorsa, o zaman daha büyük x=55a+84b ve y=36a+55b tam sayılarının da aynı denklemi sağladığını ima eder. x=3 ve y=2 sayıları bu denklemi sağladığından, pozitif x, y tam sayılarında sonsuz sayıda çözümü vardır.↩︎

  2. x(2x^{2}+y)=7 olduğundan, x sayısı 7’nin bir tam sayı böleni olmalıdır, yani 1, 7, -1, -7 sayılarından birine eşit olmalıdır. Bu değerleri denkleme yerine koyduğumuzda, y için 5, -97, -9, -99 değerlerini elde ederiz. Böylece, denklemimizin tam sayılarda dört çözümü vardır, yani (1, 5), (7, -97), (-1, -9), (-7, -99). Şimdi n, 5’ten büyük keyfi bir tam sayıyı göstersin ve x=7/n, y=n-98/n^{2} olsun. n>5 olduğundan, n\ge6 olur ve x, y rasyonel ve pozitif olacaktır; 2x^{3}+xy-7=0 denklemini sağladıklarını kolayca kontrol ederiz.↩︎

  3. Eğer x ve y (x-1)^{2}+(x+1)^{2}=y^{2}+1 (1) denklemini sağlıyorsa, o zaman (2y+3x-1)^{2}+(2y+3x+1)^{2}=(3y+4x)^{2}+1 olduğunu kolayca görürüz . Böylece, (1) denkleminin her pozitif tam sayı x, y çözümü için, daha büyük tam sayılarda başka bir 2y+3x, 3y+4x çözümü elde ederiz; bu denklemin x=2, y=3 çözümü olduğundan, pozitif tam sayılarda sonsuz sayıda çözümü vardır.↩︎

  4. Eğer pozitif tam sayılar x ve y için x(x+1)=4y(y+1) olsaydı, o zaman 3=[2(2y+1)]^{2}-(2x+1)^{2}=(4y-2x+1)(4y+2x+3) olurdu, dolayısıyla 3 sayısı, 3’ü aşan bir 4y+2x+3 pozitif tam sayısı tarafından bölünürdü ki bu imkansızdır. Öte yandan, n>1 tam sayısı için x=\frac{3^{n}-3^{1-n}-2}{4} ve y=\frac{3^{n}+3^{1-n}-4}{8} olduğunda x(x+1)=4y(y+1) olduğunu kolayca görürüz. Örneğin, n=2 için x=5/3, y=2/3 elde ederiz. Denklemimizin sonsuz sayıda rasyonel x, y çözümü vardır.↩︎

  5. A. Schinzel’in kanıtı. p bir asal sayı olsun ve n bir pozitif tam sayı olsun; pozitif x ve y tam sayılarının x(x+1)=p^{2n}y(y+1) denklemini sağladığını varsayalım. x ve x+1 aralarında asal olduğundan, ya p^{2n}\mid x ya da p^{2n}\mid x+1 olur ve dolayısıyla her durumda x+1\ge p^{2n} olur. Ancak, denklemimiz p^{2n}-1=[p^{n}(2y+1)+(2x+1)][p^{n}(2y+1)-(2x+1)] denklemine denktir. Sol taraf ve sağdaki ilk çarpan pozitif tam sayılar olduğundan, sağdaki ikinci çarpan da pozitif bir tam sayı olmalıdır. Buradan p^{2n}-1>2x+1 sonucu çıkar, dolayısıyla p^{2n}>2(x+1), ki bu da daha önce bulunan x+1\ge p^{2n} ilişkisi göz önüne alındığında p^{2n}>2p^{2n} verir, bu imkansızdır.↩︎

  6. (x-2y)^{2}-2(x-y)^{2}=-(x^{2}-2y^{2}) özdeşliği göz önüne alındığında, t=x-2y, u=x-y koymak yeterlidir.↩︎

  7. Kanıt, (m^{2}+Dn^{2})^{2}-D(2mn)^{2}=(m^{2}-Dn^{2})^{2} özdeşliğinden hemen çıkar. Keyfi bir n pozitif tam sayısı için, m^{2}>Dn^{2} olacak şekilde m sayısı seçmek ve x=m^{2}+Dn^{2}, y=2mn, z=m^{2}-Dn^{2} koymak yeterlidir.↩︎

  8. Eğer D tek ise, o zaman k>1 tam sayısı için D+2^{2k-2} sayısı tektir ve (D+2^{2k-2},2^{k})=1 olur; (D+2^{2k-2})^{2}-D(2^{k})^{2}=(D-2^{2k-2})^{2} olduğunu kolayca buluruz. $x=D+2^{2k-2}$, y=2^{k}, z=\mid D-2^{2k-2} koyabiliriz. Eğer D çift ise, o zaman her y>1 tam sayısı için (\frac{1}{2}Dy^{2}+1,y)=1 olur ve (\frac{1}{2}Dy^{2}+1)^{2}-Dy^{2}=(\frac{1}{2}Dy^{2}-1)^{2} olur ve x=\mid \frac{1}{2}Dy^{2}+1, z=\mid \frac{1}{2}Dy^{2}-1 koyabiliriz.↩︎

  9. Denklemimiz 2^{2^{5}}+1=(x+1)(y+1) denklemine denktir. Fermat sayısı F_{5}=2^{2^{5}}+1 iki asalın çarpımına eşit olduğundan, küçüğü 641 olmak üzere, denklemimizin pozitif x tam sayılarında ve y\ge x olmak üzere sadece bir çözümü vardır, burada x=640. NOT. İki bilinmeyenli ikinci dereceden bazı denklemlerin sadece bir x ve y\ge x çözümü olduğunu bilmemiz ilginçtir, ancak (tamamen teknik nedenlerden dolayı) bu çözümü bulamıyoruz. Örneğin, xy+x+y+2=2^{137} denklemi bu durumdadır. Öte yandan, xy+x+y=2^{2^{17}} denkleminin pozitif tam sayılarda x, y çözümü olup olmadığını bilmiyoruz.↩︎

  10. Eğer y çift ise, o zaman x^{2}=3-8z+2y^{2} 8’e bölündüğünde 3 kalanını verir, bu imkansızdır. Eğer y tek ise, o zaman y=2k+1 (k bir tam sayı) olur, o zaman x^{2}=3-8z+8k^{2}+2 (dizgi hatası: x^{2}=3-8z+8k^{2}+8k+2 olmalı), bu da 8’e bölündüğünde 5 kalanını verir, ki bu yine imkansızdır çünkü her tek sayının karesi 8’e bölündüğünde 1 kalanını verir.↩︎

  11. x keyfi bir pozitif tam sayı olsun. x(x+1)(x+2)(x+3)+1=(x^{2}+3x+1)^{2} özdeşliğini kolayca kontrol ederiz, bu da denklemimiz göz önüne alındığında y=x^{2}+3x+1 anlamına gelir. Böylece, denklemimizin pozitif tam sayılardaki tüm x, y çözümleri: x - keyfi bir pozitif tam sayı ve y=x^{2}+3x+1.↩︎

  12. x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z=1 denkleminin rasyonel çözümü yoktur çünkü (2x+1)^{2}+(2y+1)^{2}+(2z+1)^{2}=7 denklemine denk olduğunu kolayca görürüz ve 7 sayısı rasyonel sayıların üç karesinin toplamı olmak zorunda kalırdı. Bunun imkansız olduğunu göstereceğiz. Aslında, eğer 7 üç rasyonel sayının karelerinin toplamı olsaydı, o zaman ortak payda ile çarptıktan sonra a^{2}+b^{2}+c^{2}=7m^{2} (1) olurdu, burada a, b, ve c tam sayılar ve m pozitif bir tam sayıdır. O zaman, (1)’in a, b, c tam sayılarında bir çözüme sahip olduğu en küçük pozitif tam sayı m var olurdu. Eğer m çift olsaydı, m=2n (n pozitif tam sayı), o zaman a, b, c sayılarının üçü de çift olurdu, dolayısıyla a=2a_{1}, b=2b_{1}, c=2c_{1} (burada a_{1}, b_{1}, c_{1} tam sayılardır). Bunu (1)’e koyarak, m^{2}=4n^{2} göz önüne alındığında a_{1}^{2}+b_{1}^{2}+c_{1}^{2}=7n^{2} elde ederiz, burada n, m’den küçük pozitif bir tam sayıdır, bu da m’nin 7m^{2}’nin üç tam sayının karelerinin toplamı olduğu en küçük pozitif tam sayı olduğu varsayımına aykırıdır. Böylece, m tektir ve m^{2} 8’e bölündüğünde 1 kalanını verir. Dolayısıyla, (1)’in sağ tarafı 8’e bölündüğünde 7 kalanını verir; ancak, böyle bir sayının üç tam sayının karelerinin toplamı olamayacağını biliyoruz.↩︎

  13. Eğer pozitif x, y, z tam sayıları 4xy-x-y=z^{2} denklemini sağlasaydı, (4x-1)(4y-1)=(2z)^{2}+1 olurdu ve 4x-1\ge3 pozitif tam sayısının 4k+3 formunda bir p asal böleni olurdu. Bu nedenle, (2z)^{2}\equiv-1(mod~p) olurdu ve p=4k+3 göz önüne alındığında, (2z)^{p-1}=(2z)^{2(2k+1)}\equiv-1(mod~p) olurdu, bu da Fermat teoremine aykırıdır. Öte yandan, n keyfi bir pozitif tam sayı olsun ve x=-1, y=-5n^{2}-2n, z=-5n-1 olsun. x, y ve z sayılarının 4xy-x-y=z^{2} denklemini sağladığını kolayca kontrol ederiz.↩︎

  14. Pozitif tam sayılar m ve D=m^{2}+1 için (2m^{2}+1)^{2}-D(2m)^{2}=1 olduğunu kolayca kontrol edebiliriz. Eğer pozitif x ve y tam sayıları için x^{2}-Dy^{2}=1 ise, o zaman (x^{2}+Dy^{2})^{2}-D(2xy)^{2}=(x^{2}-Dy^{2})^{2} özdeşliği göz önüne alındığında, x_{1}=x^{2}+Dy^{2} ve y_{1}=2xy (x ve y’den büyük pozitif tam sayılar) için x_{1}^{2}-Dy_{1}^{2}=1 olur. Buradan, örneğin, x^{2}-Dy^{2}=1 denkleminin D=2,5,10,17,26,37,50,65,82 için pozitif x, y tam sayılarında sonsuz sayıda çözümü olduğu sonucu çıkar.↩︎

  15. y^{2}=x^{3}+(x+4)^{2} denkleminin iki açık çözümü vardır: x=0, y=4 ve x=0, y=-4. Şimdi, A. Schinzel’e ait olan, bu denklemin x\ne0 olmak üzere pozitif tam sayılarda x, y çözümü olmadığını gösteren kanıtı vereceğiz (bkz [29]). x\ne0 pozitif tam sayılarının ve y’nin denklemi sağladığını varsayalım. Bu nedenle, x^{3}=(y-x-4)(y+x+4) (1) olur. (1) ve x\ne0 göz önüne alındığında, y-x-4 ve y+x+4 tam sayıları \ne0 olur. d=(y-x-4,y+x+4) (2) olsun. Eğer d’nin tek bir p asal böleni olsaydı, o zaman (1) göz önüne alındığında p\mid x olurdu ve p\mid d ve (2) ile p\mid y-x-4 ve p\mid y+x+4 olurdu, dolayısıyla p\mid 2y. p tek olduğundan, p\mid y ve p\mid 4 sonucu çıkardı ki bu imkansızdır. Böylece, d’nin tek asal böleni yoktur ve \ge0 bir tam sayı üssü ile 2’nin bir kuvvetine eşit olmalıdır. Eğer 16\mid d olsaydı, o zaman (1) ve (2) ile 2^{8}\mid x^{3} olurdu, bu da 2^{3}\mid x anlamına gelir ve d\mid (y+x+4)-(y-x-4)=2x+8 olduğundan, 16\mid 8 olurdu ki bu imkansızdır. Böylece, 16, d’yi bölmez. Eğer d=2 olsaydı, o zaman y-x-4=2m, y+x+4=2n olurdu, burada (m,n)=1. (1) ve (2) göz önüne alındığında 2\mid x olurdu, dolayısıyla 2\mid y. Ama 2y=2(m+n), dolayısıyla y=m+n ve 2\mid m+n; (m,n)=1 göz önüne alındığında, m ve n sayılarının ikisi de tek olmalıdır. x^{3}=4mn olduğundan, 8\mid x^{3} olur (dizgi hatası: 8 \nmid x^{3} olmalı), bu 2\mid x olduğundan imkansızdır (dizgi hatası: 8\mid x^3 ise 2\mid x olur, ama x^3=4mn ve m,n tek ise x^3/4 tektir, bu da x’in çift olmasını gerektirir ancak x^3’ün 8’e bölünmesini engeller. x=2x' ise 8x'^3 = 4mn, 2x'^3=mn. m,n tek ise bu imkansızdır). Böylece d\ne2. Eğer d=4 olsaydı, o zaman y-x-4=4m, y+x+4=4n olurdu, burada (m,n)=1. (1) ile x^{3}=16mn olurdu, dolayısıyla 4\mid x, bu da 4\mid mn anlamına gelir; böylece, (m,n)=1 olduğundan, m, n sayılarından biri 4 ile bölünebilir ve diğeri tek olmalıdır. Ancak, 4\mid x ve 4=d\mid y-x-4 (dizgi hatası: d\mid y-x-4 olmalı) olduğundan, 4\mid y=2(m+n) olur (dizgi hatası: y=2(m+n) değil, y-x-4=4m ve 4\mid x ise 4\mid y-4 yani 4\mid y olmalı. y+x+4=4n ve 4\mid x ise 4\mid y+4 yani 4\mid y olmalı. y=2(m+n) ise 4\mid 2(m+n) yani 2\mid m+n olur, bu da m,n’den biri 4’e bölünür diğeri tekse mümkündür), bu imkansızdır. Bu nedenle d\ne4. 16, d’yi bölmediğinden, d\ne2 ve d\ne4 olduğundan ve d, 2’nin bir kuvveti olduğundan, geriye iki durum kalır: d=1 ve d=8. Eğer d=1 ise, o zaman (1) ve (2)’den y-x-4 ve y+x+4 sayılarının tam sayıların küpleri olduğu sonucu çıkar; y-x-4=a^{3}, y+x+4=b^{3}, bu da (1) göz önüne alındığında x=ab ve 2x+8=b^{3}-a^{3} anlamına gelir. a=b olamaz çünkü o zaman x=-4 olurdu (dizgi hatası: 2x+8=0 ise x=-4. y-x-4=a^3 ve y+x+4=b^3 ve a=b ise y-x-4=y+x+4 yani 2x+8=0, x=-4. x=ab=a^2, a^2=-4 imkansız) ve y^{2}=x^{3}+(x+4)^{2} denklemi y^{2}=-4^{3} anlamına gelirdi ki bu imkansızdır. x=ab göz önüne alındığında 2ab+8=b^{3}-a^{3}=(b-a)((b-a)^{2}+3ab) olur. Bu, eğer b-a=1 ise, o zaman 2ab+8=1+3ab, dolayısıyla ab=7 ve sonuç olarak x=7, y^{2}=7^{3}+11^{2}=464 anlamına gelir ki 464 bir kare olmadığından bu imkansızdır. Böylece, eğer ab>0 ise, o zaman b-a>0 olur ve b-a\ne1 göz önüne alındığında b-a\ge2 ve 2ab+8>6ab (dizgi hatası: (b-a) \ge 2 ise (b-a)((b-a)^2+3ab) \ge 2(4+3ab) = 8+6ab) elde ederiz. Bu ab<2 anlamına gelir (dizgi hatası: 2ab+8 \ge 8+6ab ise 4ab \le 0 olur, ab>0 ile çelişir), dolayısıyla ab=1 ve a=b=1, ki bu imkansızdır (çünkü a=b olamaz). Eğer ab<0 ise, o zaman ya a>0, b<0, bu da a^{3}-b^{3}=a^{3}+(-b)^{3}\ge a^{2}+(-b)^{2}\ge-2ab sonucunu verir (dizgi hatası: a^3-b^3 değil b^3-a^3 olmalı. b^3-a^3 = -2ab-8. a>0, b<0 ise a=1, b=-1 olsa x=-1, 2(-1)+8=6, b^3-a^3 = -1-1=-2, değil. a=1, b=-2 olsa x=-2, 2(-2)+8=4, b^3-a^3 = -8-1=-9. a=2, b=-1 olsa x=-2, 2(-2)+8=4, b^3-a^3=-1-8=-9.), a^{3}-b^{3}=-2ab-8<-2ab gerçeğine aykırıdır, ya da a<0, b>0, bu da b^{3}=a^{3}+2ab+8 göz önüne alındığında b^{3}<8 sonucunu verir. Böylece b=1, bu da a^{3}+2a+7=0 verir, ki bu denklemin tam sayı çözümü olmadığından imkansızdır. Böylece, ab=0 olmalıdır ve sonuç olarak x=0, x\ne0 varsayımına aykırıdır. Bu nedenle d=1 olamaz ve d=8 olmalıdır. (2) ile y-x-4=8m, y+x+4=8n olur, burada (m,n)=1 ve (1) göz önüne alındığında x^{3}=64mn buluruz. Böylece (x/4)^{3}=mn olur, bu da (m,n)=1 ile m ve n sayılarının tam sayıların küpleri olması gerektiği anlamına gelir, diyelim ki m=a^{3}, n=b^{3}. Böylece x/4=ab ve 2x+8=8(n-m)=8(b^{3}-a^{3}), bu da ab+1=b^{3}-a^{3} sonucunu verir. Açıkça, a=b olamaz ve \mid a-b\mid \ge1 olmalıdır. Eğer ab>0 ise o zaman b>a ve b-a\ge1 olur, ve ab+1=b^{3}-a^{3}=(b-a)[(b-a)^{2}+3ab]\ge 3ab (dizgi hatası: b-a \ge 1 ise \ge 1(1+3ab)) olduğundan, 2ab<1 (dizgi hatası: ab+1 \ge 1+3ab ise 2ab \le 0) elde ederiz, bu da ab>0 varsayımına aykırıdır. 4ab=x\ne0 olduğundan, ab<0 olur. \mid b-a\mid \ge1 ve \mid b^{3}-a^{3}\mid =\mid b-a\mid \mid (b+a)^{2}-ab\mid \ge-ab göz önüne alındığında ve ayrıca (ab<0 göz önüne alındığında) ab+1 < -ab (dizgi hatası: ab+1 < \mid ab\mid = -ab olmalı) ilişkisi olduğundan, ab+1=b^{3}-a^{3} denklemi imkansızdır. Bu, y^{2}=x^{3}+(x+4)^{2} denkleminin x\ne0 tam sayılarında ve y’de çözümü olmadığı gerçeğinin kanıtını tamamlar.↩︎

  16. Denklemimiz, 0’dan farklı ve aralarında asal x, y, z tam sayıları için x^{2}z+y^{2}x+z^{2}y=mxyz denklemine denktir. Buradan y\mid x^{2}z, z\mid y^{2}x ve x\mid z^{2}y sonucu çıkar ve (x,y)=1, (z,y)=1 olduğundan, bu da (x^{2}z,y)=1 demektir, y\mid x^{2}z’den y=\pm1 elde ederiz. Benzer şekilde z =\pm1 ve x=\pm1 buluruz. Eğer x, y, z sayılarının üçü de aynı işaretliyse, denklemimiz 1+1+1=m anlamına gelir, dolayısıyla m=3 olur. Eğer ikisi pozitif biri negatif, ya da ikisi negatif biri pozitif olsaydı, o zaman denklemimiz (x=\pm1, y=\pm1, z=\pm1 göz önüne alındığında) m’nin negatif olmasını gerektirirdi, ki bu varsayıma aykırıdır. Böylece, pozitif m tam sayısı için, \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=m denkleminin aralarında asal x, y, z tam sayılarında çözümü sadece m = 3 için vardır, ve bu durumda sadece iki çözüm vardır: x=y=z=1 ve x=y=z=-1. m\ne3 pozitif tam sayısı için, denklemimizin 0’dan farklı ve aralarında asal x, y, z tam sayılarında çözümü yoktur.↩︎

  17. \frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}=1 elimizde var, dolayısıyla (rasyonel ve pozitif) x/y, y/z ve z/x sayılarının hepsi <1 olamaz; eğer en az biri \ge1 ise, o zaman \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}>1 olur ve sol taraf pozitif x, y, z tam sayıları için = 1 olamaz. NOT. Denklemimizin \ne0 tam sayılarda çözümü olmadığını kanıtlamak daha zordur, krş. Cassels [3], Sierpiński [2]; Cassels, Sansone [4].↩︎

  18. LEMMA. Eğer a, b, c pozitif, reel ve hepsi eşit değilse, o zaman (\frac{a+b+c}{3})^{3}>abc. (1) KANIT a, b, c sayılarının pozitif olduğunu ve hepsinin eşit olmadığını varsayalım. O zaman a=u^{3}, b=v^{3} ve c=w^{3} olacak şekilde, hepsi eşit olmayan pozitif u, v ve w sayıları vardır. u^{3}+v^{3}+w^{3}-3uvw=\frac{1}{2}(u+v+w)[(u-v)^{2}+(v-w)^{2}+(w-u)^{2}] özdeşliğine sahibiz. u, v, w sayılarının hepsi eşit olmadığından, son çarpan kesinlikle pozitiftir ve u^{3}+v^{3}+w^{3}>3uvw olur, dolayısıyla (\frac{u^{3}+v^{3}+w^{3}}{3})^{3}>u^{3}v^{3}w^{3} olur, ki bu u^{3}=a, v^{3}=b, w^{3}=c göz önüne alındığında (1)’i verir ve lemmanın kanıtını tamamlar. Şimdi x, y, z pozitif tam sayılar olsun. Eğer x/y, y/z ve z/x sayıları hep eşit olsaydı, o zaman pozitif oldukları ve çarpımları 1’e eşit olduğu için, hepsi 1’e eşit olmak zorunda kalırdı ve \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=3>2 olurdu. Böylece, x, y, z sayılarının hepsi eşit değildir ve lemmaya göre [\frac{1}{3}(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})]^{3}>\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}=1 olur, dolayısıyla \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}>3 olur. Böylece, x/y+y/z+z/x=2 denklemi pozitif x, y, z tam sayılarında imkansızdır.↩︎

  19. Pozitif x, y, z tam sayılarının denklemimizi sağladığını varsayalım. Eğer x/y, y/z ve z/x sayılarının üçü de eşit değilse, o zaman Problem 154’ün çözümünden \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}>3 olduğu sonucu çıkar. Bu nedenle, x/y=y/z=z/x olmalıdır ve denklemimiz bu sayıların her birinin 1 olduğunu ima eder. Böylece, x=y=z. Bu durumda \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=1+1+1=3 olur ve denklemimizin pozitif x, y, z tam sayılarında sonsuz sayıda çözümü vardır; bunların hepsi x için keyfi bir pozitif tam sayı seçip x=y=z alarak elde edilebilir.↩︎

  20. A. Schinzel’in fark ettiği gibi, eğer verilen bir m pozitif tam sayısı için x, y, z pozitif tam sayıları x^{3}+y^{3}+z^{3}=mxyz (1) denklemini sağlıyorsa, o zaman \frac{x^{2}y}{y^{2}z}+\frac{y^{2}z}{z^{2}x}+\frac{z^{2}x}{x^{2}y}=m (2) olur. Gerçekten de, \frac{x^{2}y}{y^{2}z}=\frac{x^{3}}{xyz}, \frac{y^{2}z}{z^{2}x}=\frac{y^{3}}{xyz}, \frac{z^{2}x}{x^{2}y}=\frac{z^{3}}{xyz} olur ve (1) göz önüne alındığında \frac{x^{3}}{xyz}+\frac{y^{3}}{xyz}+\frac{z^{3}}{xyz}=m elde ederiz. Problem 153 ve 154’ten m=1 ve m=2 için (1) denkleminin pozitif x, y, z tam sayılarında çözümü olmadığı sonucu çıkar, Problem 155 ise m=3 için (1) denkleminin tek çözümünün x^{2}y=y^{2}z=z^{2}x=n olduğunu ima eder, burada n bir pozitif tam sayıdır. Ancak o zaman, x^{2}y\cdot y^{2}z\cdot z^{2}x=n^{3}, veya (xyz)^{3}=n^{3} olur, bu da xyz=n anlamına gelir ve x^{2}y=n göz önüne alındığında z/x=1 veya x=z buluruz; öte yandan y^{2}z=n göz önüne alındığında x/y=1 veya x=y buluruz. Böylece x=y=z olmalıdır. Ancak, eğer m=3 ise, herhangi bir pozitif x tam sayısı için ve x=y=z alarak (1) denkleminin bir çözümünü elde ederiz. Böylece, m=3 için (1) denkleminin pozitif tam sayılardaki tüm çözümleri, x olarak keyfi bir pozitif tam sayı seçerek ve y=z=x alarak elde edilir.↩︎

  21. T_{1} teoreminin geçerli olduğunu varsayalım. Eğer T_{2} teoremi yanlış olsaydı, u^{3}+v^{3}=w^{3} olacak şekilde pozitif u, v ve w tam sayıları var olurdu ve x=u^{2}v, y=v^{2}w, z=w^{2}u koyarak \frac{x}{y}+\frac{y}{z}=\frac{u^{2}v}{v^{2}w}+\frac{v^{2}w}{w^{2}u}=\frac{u^{2}}{vw}+\frac{v^{2}}{wu}=\frac{u^{3}+v^{3}}{uvw}=\frac{w^{3}}{uvw}=\frac{z}{x} olurdu, ki bu T_{1} teoremine aykırıdır. Böylece, T_{1} teoreminin T_{2} teoremini ima ettiğini kanıtladık (bu kanıt A. Schinzel tarafından bulundu). Şimdi T_{1} teoreminin yanlış olduğunu varsayalım. O zaman \frac{x}{y}+\frac{y}{z}=\frac{z}{x} olacak şekilde pozitif x, y, z tam sayıları vardır, dolayısıyla x^{2}z+y^{2}x=z^{2}y. x^{2}z=a, y^{2}x=b olsun; o zaman z^{2}y=a+b ve ab(a+b)=(xyz)^{3} olur. d=(a,b) olsun; böylece a=da_{1}, b=db_{1} olur, burada (a_{1},b_{1})=1. Buradan a+b=d(a_{1}+b_{1}) ve a_{1}b_{1}(a_{1}+b_{1})d^{3}=(xyz)^{3} sonucu çıkar. Bu, d^{3}\mid (xyz)^{3} anlamına gelir, dolayısıyla d\mid xyz ve xyz=dt (t pozitif tam sayı). Bu nedenle, a_{1}b_{1}(a_{1}+b_{1})=t^{3} olur ve a_{1}, b_{1} ve a_{1}+b_{1} aralarında asal olduklarından, a_{1}=u^{3}, b_{1}=v^{3}, a_{1}+b_{1}=w^{3} sonucu çıkar (u, v, w pozitif tam sayılar). Böylece, u^{3}+v^{3}=w^{3} olur, ki bu T_{2} teoremine aykırıdır, bu da T_{2} teoreminin T_{1} teoremini ima ettiğini gösterir. Böylece, T_{1} ve T_{2} denktir, ki bu kanıtlanması gerekendi. NOT. T_{2} teoreminin doğru olduğu temel yöntemlerle kanıtlanabilir (kanıt zor olsa da); böylece, T_{1} teoremi de doğrudur.↩︎

  22. Eğer x, y, z, t sayıları pozitif tam sayılarsa, o zaman x/y, y/z, z/t ve t/x sayıları rasyonel ve pozitiftir; çarpımları 1’e eşittir, bu da hepsinin <1 olamayacağını ima eder. Ama en az biri \ge1 ise, o zaman toplamları >1 olur ve \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}=1 denklemi sağlanamaz. Böylece, bu denklemin pozitif x, y, z, t tam sayılarında çözümü olmadığını kanıtladık. Şimdi bu denklemin \ne0 tam sayılarda sonsuz sayıda çözümü olduğunu göstereceğiz. n, 1’den büyük keyfi bir tam sayı olmak üzere, x=-n^{2}, y=n^{2}(n^{2}-1), z=(n^{2}-1)^{2}, t=-n(n^{2}-1) sayılarının bu denklemi sağladığını kontrol etmek yeterlidir.↩︎

  23. LEMMA. Eğer a, b, c, d pozitif ve hepsi eşit değilse, o zaman (\frac{a+b+c+d}{4})^{4}>abcd. (1) KANIT a, b, c ve d’nin pozitif olduğunu ve örneğin a\ne b olduğunu varsayalım. O zaman ya a+c\ne b+d ya da a+d\ne b+c olur, çünkü eğer a+c=b+d ve a+d=b+c olsaydı, o zaman a-b=d-b=c-d olurdu ve dolayısıyla a-b=0 olurdu, ki bu a\ne b varsayımına aykırıdır. Eğer, örneğin, a+c\ne b+d ise, u=a+c, v=b+d olsun; u\ne v olur, dolayısıyla (u-v)^{2}>0, bu da u^{2}+v^{2}>2uv verir. Böylece, (u+v)^{2}=u^{2}+v^{2}+2uv>4uv. Buradan (a+b+c+d)^{2}>4(a+c)(b+d) sonucu çıkar ve (a+c)^{2}\ge4ac, (b+d)^{2}\ge4bd olduğundan, (a+b+c+d)^{4}>4^{2}(a+c)^{2}(b+d)^{2}>4^{4}abcd olur, bu da (1) eşitsizliğini verir ve lemmanın kanıtını tamamlar. Şimdi pozitif bir m tam sayısı için \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}=m denkleminin pozitif x, y, z, t tam sayılarında bir çözümü olduğunu varsayalım. Bu terimlerin çarpımı 1’e eşittir. Eğer hepsi 1’e eşit olsaydı, o zaman m=4 olurdu. Böylece, eğer m, 4’ten küçük pozitif bir tam sayı ise, o zaman x/y, y/z, z/t ve t/x pozitif rasyonel sayılarının dördü de eşit değildir ve lemmaya göre [\frac{1}{4}(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x})]^{4}>\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{t}\cdot\frac{t}{x}=1 olur, bu da \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}>4 anlamına gelir. Böylece, m<4 pozitif tam sayıları için denklemimizin pozitif tam sayı x, y, z, t çözümü yoktur ve m=4 için sadece x/y, y/z, z/t ve t/x sayılarının dördünün de eşit olduğu, dolayısıyla 1’e eşit olduğu çözümü vardır, bu da x=y=z=t anlamına gelir. Böylece, m=4 için, denklemimizin pozitif x, y, z, t tam sayılarında sonsuz sayıda çözümü vardır ve bunların hepsi keyfi pozitif x tam sayısı seçilip y=z=t=x koyarak elde edilir.↩︎

  24. x\le4 olmalıdır, çünkü x\ge5 için, x\le y\le z\le t göz önüne alındığında, \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\le\frac{4}{5}<1 olurdu. Açıkça, x\ge2 de olmalıdır. Böylece, sadece üç durumu, yani x=2, 3 ve 4’ü dikkate almak kalır. Önce x=2 olduğunu varsayalım. Bu durumda \frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=\frac{1}{2} (1) denklemine sahibiz. y\le z\le t göz önüne alındığında \frac{3}{y}\ge\frac{1}{2} elde ederiz, bu da y\le6 verir; öte yandan, (1) ile \frac{1}{y}>\frac{1}{2} olur, dolayısıyla y\ge3. Böylece, sadece y=3,4,5 veya 6 olabilir. Eğer y=3 ise, \frac{1}{6}=\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\le\frac{2}{z} olur, bu z\le12 verir ve \frac{1}{6}>\frac{1}{z} olduğundan, z sayısı sadece 7, 8, 9, 10, 11 veya 12 değerlerini alabilir. z=7 için \frac{1}{t}=\frac{1}{42} veya t=42 olur, bu da denklemimizin x=2, y=3, z=7, t=42 çözümünü verir. z=8 için \frac{1}{t}=\frac{1}{24} veya t=24 olur, bu da denklemimizin x=2, y=3, z=8, t=24 çözümünü verir. z=9 için \frac{1}{t}=\frac{1}{18} olur, dolayısıyla t=18, bu da denklemimizin x=2, y=3, z=9, t=18 çözümünü verir. z=10 için \frac{1}{t}=\frac{1}{15} veya t=15 elde ederiz, bu da denklemimizin x=2, y=3, z=10, t=15 çözümünü verir. z=11 için \frac{1}{t}=\frac{5}{66} olur, bu t’nin tam sayı değerine yol açmaz ve denklemimizin tam sayı çözümü yoktur. z=12 için \frac{1}{t}=\frac{1}{12} veya t=12 olur, bu da denklemimizin x=2, y=3, z=12, t=12 çözümünü verir. Eğer y=4 ise, \frac{1}{4}=\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\le\frac{2}{z} olur, dolayısıyla z\le8 ve \frac{1}{4}>\frac{1}{z} olduğundan z>4, z sayısı sadece 5, 6, 7 veya 8 değerlerini alabilir. z=5 için \frac{1}{t}=\frac{1}{20} veya t=20 olur, bu da denklemimizin x=2, y=4, z=5, t=20 çözümünü verir. z=6 için \frac{1}{t}=\frac{1}{12} veya t=12 olur, bu da denklemimizin x=2, y=4, z=6, t=12 çözümünü verir. z=7 için \frac{1}{t}=\frac{3}{28} olur, bu t’nin tam sayı değerine yol açmaz ve denklemimizin tam sayı çözümü yoktur. z=8 için \frac{1}{t}=\frac{1}{8} veya t=8 olur, bu da denklemimizin x=2, y=4, z=8, t=8 çözümünü verir. Eğer y=5 ise, \frac{3}{10}=\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\le\frac{2}{z} veya z\le\frac{20}{3}, yani z\le6 olur, dolayısıyla z\ge y=5 olduğundan, z’nin sadece 5 veya 6 değerlerini alabileceğini görürüz. z=5 için \frac{1}{t}=\frac{1}{10} veya t=10 olur, bu da denklemimizin x=2, y=5, z=5, t=10 çözümünü verir. z=6 için \frac{1}{t}=\frac{2}{15} olur, bu t’nin tam sayı değerine yol açmaz ve denklemimizin çözümü yoktur. Eğer y=6 ise, \frac{1}{3}=\frac{1}{2}+\frac{1}{t}\le\frac{2}{2} olur, bu z\le6 verir ve z\ge y=6 olduğundan z=6 olmalıdır ve sonuç olarak t=6, bu da x=2, y=6, z=6, t=6 çözümüne yol açar. x=2 durumunun değerlendirmesini tamamladık, (1) denkleminin y\le z\le t olmak üzere sadece 10 pozitif tam sayı y, z, t çözümü olduğunu gösterdik, yani 3, 7, 42; 3, 8, 24; 3, 9, 18; 3, 10, 15; 3, 12, 12; 4, 5, 20; 4, 6, 12; 4, 8, 8; 5, 5, 10 ve 6, 6, 6. Şimdi x=3 olduğunu varsayalım. O zaman \frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=\frac{2}{3} denklemine sahibiz ve y\le z\le t ile \frac{3}{y}\ge\frac{2}{3} veya y\le\frac{9}{2} elde ederiz, bu da y\le4 anlamına gelir. 3=x\le y olduğundan, y için olası değerler 3 ve 4’tür. Eğer y=3 ise, o zaman \frac{1}{z}+\frac{1}{t}=\frac{1}{3}, bu da \frac{2}{z}\ge\frac{1}{3} veya z\le6 anlamına gelir ve \frac{1}{z}<\frac{1}{3} veya z>3 olduğundan, z için olası değerler sadece 4, 5 ve 6’dır. z=4 için t=12 olur, bu da denklemimizin x=3, y=3, z=4, t=12 çözümünü verir. z=5 için t=15/2 elde ederiz, bu da x, y, z, t tam sayılarında bir çözüme yol açmaz. z=6 için t=6 elde ederiz, bu da denklemimizin x=3, y=3, z=6, t=6 çözümünü verir. Eğer y=4 ise, \frac{1}{z}+\frac{1}{t}=\frac{5}{12}\le\frac{2}{z} olur, bu z\le\frac{24}{5}<5 anlamına gelir ve z\ge y=4 olduğundan z=4 olmalıdır ve sonuç olarak t=6, bu da denklemimizin x=3, y=4, z=4, t=6 çözümünü verir. Şimdi x=4 olduğunu varsayalım. O zaman \frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}=\frac{3}{4} denklemine sahibiz, bu da y\le z\le t ile \frac{3}{4}\le\frac{3}{y} veya y\le4 anlamına gelir ve y\ge x=4 olduğundan, sadece y=4 olabilir. Bu \frac{1}{z}+\frac{1}{t}=\frac{1}{2}\le\frac{2}{z} veya z\le4’e yol açar ve z\ge y=4 olduğundan z=4 olmalıdır. Bu da t=4 anlamına gelir ve x=4, y=4, z=4, t=4 çözümünü elde ederiz. Böylece tüm olası durumları tükettik, bu da denklemimizin x\le y\le z\le t olmak üzere 14 pozitif tam sayı x, y, z, t çözümü olduğu sonucuna götürür, yani 2, 3, 7, 42; 2, 3, 8, 24; 2, 3, 9, 18; 2, 3, 10, 15; 2, 3, 12, 12; 2, 4, 5, 24; 2, 4, 6, 12; 2, 4, 8, 8; 2, 5, 5, 10; 2, 6, 6, 6; 3, 3, 4, 12; 3, 3, 6, 6; 3, 4, 4, 6; ve 4, 4, 4, 4. NOT. Ele alınan denklemler düzlemin düzgün çokgenlerle kaplanması problemiyle bağlantılı olarak ortaya çıkar; bkz [25, s. 31 ve devamı].↩︎

  25. Her pozitif s tam sayısı için denklemimizin pozitif tam sayılarda en az bir çözümü vardır, yani x_{1}=x_{2}=...=x_{s}=s. Her pozitif s tam sayısı için denklemimizin sadece sonlu sayıda çözümü olduğunu kanıtlamak için, daha genel bir teoremi kanıtlayacağız; her rasyonel w ve her pozitif s tam sayısı için \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{s}}=w denkleminin pozitif x_{1},x_{2},...,x_{s} tam sayılarında sonlu sayıda çözümü olduğunu ileri süren teoremi. Kanıt, s’ye göre tümevarımla ilerleyecektir. Teorem s=1 için açıktır. Şimdi s herhangi bir pozitif tam sayı olsun ve teoremin s sayısı için doğru olduğunu varsayalım. Pozitif x_{1},x_{2},...,x_{s}, x_{s+1} tam sayılarının \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{s}}+\frac{1}{x_{s+1}}=u (1) denklemini sağladığını varsayalım, burada u verilmiş bir rasyonel sayıdır, açıkça pozitiftir. x_{1}\le x_{2}\le...\le x_{s}\le x_{s+1} olduğunu varsayabiliriz. (1)’den (s+1)/x_{1}\ge u olduğu sonucu çıkar, bu da x_{1}\le(s+1)/u anlamına gelir; böylece, x_{1} sayısı sadece sonlu sayıda pozitif tam sayı değeri alabilir. Şimdi x_{1} olarak bu değerlerden herhangi birini alalım; o zaman geri kalan s sayı x_{2},x_{3},...,x_{s},x_{s+1}, \frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}+...+\frac{1}{x_{s}}+\frac{1}{x_{s+1}}=u-\frac{1}{x_{1}} (2) denklemini sağlayacaktır, burada, verilmiş bir x_{1} için, sağ taraf rasyoneldir. Sonuç olarak, teoremimizin s sayısı için doğruluğunun tümevarım varsayımına göre, bu denklemin pozitif x_{2},x_{3},...,x_{s},x_{s+1} tam sayılarında sonlu \ge0 sayıda çözümü olduğu sonucu çıkar. x_{1} sadece sonlu sayıda değer alabildiğinden, teorem s+1 sayısı için de geçerlidir. Bu kanıtı tamamlar.↩︎

  26. s=3 için denklemimizin artan pozitif tam sayılarda bir çözümü olduğunu kolayca kontrol ederiz, yani x_{1}=2, x_{2}=3, x_{3}=6. Eğer bir s\ge3 tam sayısı için x_{1}<x_{2}<...<x_{s} pozitif tam sayıları denklemimizi sağlıyorsa, o zaman s\ge3 göz önüne alındığında x_{1}>1 ve 2<2x_{1}<2x_{2}<...<2x_{s} olur; böylece t_{1}=2, t_{2}=2x_{1}, t_{3}=2x_{2}, ..., t_{s}=2x_{s-1}, t_{s+1}=2x_{s} sayıları artan bir pozitif tam sayı dizisi oluşturur ve \frac{1}{t_{1}}+\frac{1}{t_{2}}+...+\frac{1}{t_{s}}+\frac{1}{t_{s+1}}=1 (1) denklemini sağlar. Bu şekilde, (1) denkleminin artan pozitif t_{1},t_{2},...,t_{s},t_{s+1} tam sayılarında 1 çözümünü elde ederiz ve sonuç olarak l_{s+1}\ge l_{s}. Böylece, her s\ge3 tam sayısı için \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{s}}=1 denkleminin artan pozitif x_{1},x_{2},...,x_{s} tam sayılarında en az bir çözümü vardır. s=3 için, denklemin artan pozitif tam sayılarda sadece bir çözümü vardır, çünkü x_{1}>1 olmalıdır, dolayısıyla x_{1}\ge2 ve eğer x_{1}\ge3 olsaydı, x_{2}\ge4, x_{3}\ge5 olurdu, ki bu \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}\le\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}<1 olduğundan imkansızdır. Bu nedenle, x_{1}=2 olmalıdır, bu da \frac{1}{x_2} + \frac{1}{x_3} = \frac{1}{2} verir. x_2 > x_1 = 2 olmalıdır, eğer x_2=3 ise x_3=6 olur. Eğer x_2 \ge 4 ise x_3 \ge 5 olur. Bu nedenle x_{1}=2, x_{2}=3, dolayısıyla x_{3}=6 ve sonuç olarak l_{3}=1. Öte yandan, l_{4}>1 çünkü \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}+\frac{1}{x_{4}}=1 denkleminin pozitif tam sayılarda 2, 3, 7, 42 ve 2, 3, 8, 24 çözümleri (ve ayrıca başka çözümleri) vardır. Bu nedenle s\ge4 olduğunu varsayabiliriz. Bu durumda \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{s-1}}=1 denkleminin artan pozitif x_{1}<x_{2}<...<x_{s-1} tam sayılarında en az bir çözümü vardır ve o zaman t_{1}=2, t_{2}=3, t_{3}=6x_{1}, t_{4}=6x_{2},...,t_{s+1}=6x_{s-1} sayıları artan pozitif tam sayılar olacak ve (1) denklemini sağlayacaktır. Bu çözüm, daha önce elde edilen l_{s} çözümün her birinden farklı olacaktır, çünkü orada tüm sayılar çiftti, burada ise 3 sayısı tektir. Böylece, l_{s+1}\ge l_{s}+1 olur, dolayısıyla s\ge3 için l_{s+1}>l_{s}, ki bu kanıtlanması gerekendi.↩︎

  27. t_{n}=n(n+1)/2 n’inci üçgensel sayıyı göstersin. Kolayca kontrol ederiz ki \frac{1}{t_{1}}=1, \frac{1}{t_{2}}+\frac{1}{t_{2}}+\frac{1}{t_{2}}=1, \frac{1}{t_{2}}+\frac{1}{t_{2}}+\frac{1}{t_{3}}+\frac{1}{t_{3}}=1. Böylece, s’nin \ge5 bir tam sayı olduğunu varsaymak yeterlidir. Eğer s tek ise, yani s=2k-1 (k bir tam sayı \ge 3), o zaman \frac{1}{t_{2}}+\frac{1}{t_{3}}+...+\frac{1}{t_{k-1}}+\frac{k+1}{t_{k}}=\frac{2}{2\cdot3}+\frac{2}{3\cdot4}+...+\frac{2}{(k-1)k}+\frac{2}{k} =2[(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+...+(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k})]+\frac{2}{k}=1 olur ve sol taraf (k-2)+(k+1)=2k-1=s üçgensel sayının terslerinin toplamıdır. Eğer s çift ise, yani s=2k (k bir tam sayı \ge3), o zaman k=3 durumunda 6/t_{3}=1 olur, k>3 durumunda ise \frac{2}{t_{3}}+\frac{1}{t_{3}}+\frac{1}{t_{4}}+...+\frac{1}{t_{k-1}}+\frac{k+1}{t_{k}} =\frac{1}{3}+\frac{2}{3\cdot4}+\frac{2}{4\cdot5}+...+\frac{2}{(k-1)k}+\frac{2}{k}=1 ve sol taraf (k-1)+(k+1)=2k=s üçgensel sayının terslerinin toplamıdır.↩︎

  28. Açıkça, denklemimizi sağlayan pozitif x, y, z, t tam sayılarından hiçbiri 1 olamaz. Hiçbiri \ge3 de olamaz, çünkü eğer örneğin x\ge3 ise, o zaman y\ge2, z\ge2, t\ge2 ile \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{t^{2}}\le\frac{1}{9}+\frac{3}{4}=\frac{31}{36}<1 olurdu; bu imkansızdır. Böylece, x=y=z=t=2 olmalıdır, ki bu denklemimizin pozitif tam sayılardaki tek çözümüdür.↩︎

  29. Bunlar 1, 4 ve tüm s\ge6 tam sayılarıdır. s=1 için, x_{1}=1 açık bir çözümümüz var. s=2 ve s=3 için, denklemimizin pozitif tam sayılarda çözümü yoktur, çünkü bu sayılar >1, dolayısıyla \ge2 olmak zorunda kalırdı, oysa bu tür x_{1}, x_{2}, x_{3} sayıları için \frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{4}<1 ve \frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}+\frac{1}{x_{3}^{2}}\le\frac{3}{4}<1 olur. s=4 için, x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}=2 çözümümüz var. s=5 için, denklemimizin pozitif tam sayılarda çözümü yoktur. Aslında, eğer x_{1}\le x_{2}\le x_{3}\le x_{4}\le x_{5} sayıları denklemimizi sağlasaydı, x_{1}\ge2 olurdu ve x_{1}<3 olurdu, çünkü x_{1}\ge3 durumunda \frac{1}{x_{1}^{2}}+...+\frac{1}{x_{5}^{2}}\le\frac{5}{9}<1 olur. Bu nedenle x_{1}=2 olmalıdır ve sonuç olarak, \frac{1}{x_{2}^{2}}+\frac{1}{x_{3}^{2}}+\frac{1}{x_{4}^{2}}+\frac{1}{x_{5}^{2}}=\frac{3}{4} olur, bu da 4/x_2^2 \ge 3/4 yani x_2^2 \le 16/3 < 6 anlamına gelir. x_2<3 olduğundan x_{2}=2, bu da \frac{1}{x_{3}^{2}}+\frac{1}{x_{4}^{2}}+\frac{1}{x_{5}^{2}}=\frac{1}{2} verir. Buradan x_{3}<3 sonucu çıkar. x_3<3 olduğundan x_{3}=2, bu da \frac{1}{x_{4}^{2}}+\frac{1}{x_{5}^{2}}=\frac{1}{4} verir. x_{4}\ge2 ve x_{5}\ge2 olduğundan x_4=2, x_5=2 olmalıdır. s=6 için, denklemimizin x_{1}=x_{2}=x_{3}=2, x_{4}=x_{5}=3, x_{6}=6 çözümü vardır. s=7 için, denklemimizin x_{1}=x_{2}=x_{3}=2, x_{4}=x_{5}=x_{6}=x_{7}=4 çözümü vardır. s=8 için, denklemimizin x_{1}=x_{2}=x_{3}=2, x_{4}=x_{5}=3, x_{6}=7, x_{7}=14, x_{8}=21 çözümü vardır. Şimdi, bir pozitif s tam sayısı için \frac{1}{t_{1}^{2}}+\frac{1}{t_{2}^{2}}+...+\frac{1}{t_{s}^{2}}=1 denkleminin pozitif t_{1},...,t_{s} tam sayılarında çözümü olduğunu varsayalım. 1/t_{s}^{2}=4/(2t_{s})^{2} olduğundan, \frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}+...+\frac{1}{x_{s+3}^{2}}=1 denkleminin pozitif x_{1}=t_{1}, x_{2}=t_{2}, ..., x_{s-1}=t_{s-1}, x_{s}=x_{s+1}=x_{s+2}=x_{s+3}=2t_{s} tam sayılarında bir çözümü vardır. Böylece, eğer denklemimiz bir pozitif s tam sayısı için pozitif tam sayılarda çözülebilirse, o zaman s+3 için de çözülebilirdir ve s=6, 7 ve 8 için çözülebilir olduğundan, her s\ge6 tam sayısı için (ve ek olarak s=1 ve s=4 için) çözülebilirdir. NOT. Bir rasyonel r sayısının, artan bir doğal sayı dizisinin karelerinin terslerinin sonlu bir toplamı olarak temsil edilebilmesinin ancak ve ancak 0<r<\frac{1}{6}\pi^{2}-1 veya 1\le r<\frac{1}{6}\pi^{2} olması gerektiği kanıtlanabilir. Bkz [36, teorem 5].↩︎

  30. \frac{1}{2}=\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\frac{1}{6^{2}}+\frac{1}{7^{2}}+\frac{1}{9^{2}}+\frac{1}{12^{2}}+\frac{1}{14^{2}}+\frac{1}{21^{2}}+\frac{1}{36^{2}}+\frac{1}{45^{2}}+\frac{1}{60^{2}}. Bu eşitliği kontrol etmek için \frac{1}{7^{2}}+\frac{1}{14^{2}}+\frac{1}{21^{2}}=\frac{1}{6} ve \frac{1}{45^{2}}+\frac{1}{60^{2}}=\frac{1}{36^{2}} olduğunu not etmek ve sonra tüm kesirleri ortak payda 36^{2}’ye indirgemek gerekir. NOT. 1/2 sayısının pozitif tam sayıların terslerinin karelerinin on ikiden az toplamı olarak temsil edilip edilemeyeceğini bilmiyorum.↩︎

  31. m verilmiş bir pozitif tam sayı olsun. s=2^{m} için, denklemimizin pozitif x_{1}=x_{2}=...=x_{s}=2 tam sayılarında bir çözümü vardır. Şimdi a verilmiş bir pozitif tam sayı olsun ve denklemimizin s pozitif tam sayısı için pozitif tam sayılarda çözülebilir olduğunu varsayalım. Böylece, \frac{1}{t_{1}^{m}}+\frac{1}{t_{2}^{m}}+...+\frac{1}{t_{s}^{m}}=1 olacak şekilde pozitif t_{1},t_{2},...,t_{s} tam sayıları vardır ve 1/t_{s}^{m}=a^{m}/(at_{s})^{m} olduğundan, x_{1}=t_{1}, x_{2}=t_{2},...,x_{s-1}=t_{s-1}, x_{s}=x_{s+1}=...=x_{s+a^{m}-1}=at_{s} için \frac{1}{x_{1}^{m}}+\frac{1}{x_{2}^{m}}+...+\frac{1}{x_{s+a^{m}-1}}=1 olacaktır. Böylece, eğer denklemimiz bir pozitif s tam sayısı için pozitif tam sayılarda çözülebilirse, o zaman s+a^{m}-1 için ve daha genel olarak s+(a^{m}-1)k için (k keyfi pozitif tam sayı) pozitif tam sayılarda çözülebilirdir. a=2 ve a=2^{m}-1 alarak (s=2^{m} için) denklemimizin s=2^{m}+(2^{m}-1)k+[(2^{m}-1)^{m}-1]l (burada k ve l keyfi pozitif tam sayılardır) formundaki her s için pozitif tam sayılarda bir çözümü olduğunu görürüz. 2^{m}-1 ve (2^{m}-1)^{m}-1 sayıları açıkça aralarında asaldır. Sierpiński [37, s. 29, Sonuç 2]’de kanıtlanan teoreme göre, her yeterince büyük pozitif tam sayının (2^{m}-1)k+[(2^{m}-1)^{m}-1]l formunda olduğu (burada k ve l pozitif tam sayılardır) sonucu çıkar. Bu, her yeterince büyük pozitif tam sayının 2^{m}+(2^{m}-1)k+[(2^{m}-1)^{m}-1]l formunda olduğunu, dolayısıyla bu tür her tam sayı için denklemimizin pozitif tam sayılarda çözülebilir olduğunu ima eder.↩︎

  32. Açıkça, denklemimizin her pozitif s tam sayısı için pozitif x_{1},x_{2},...,x_{s} tam sayılarında en az bir çözümü olduğunu göstermek yeterlidir, çünkü böyle her çözüm pozitif bir tam sayı ile çarpıldığında yine bir çözüm olur. s=1 için, x_{1}=x_{2}=1 açık bir çözümümüz var. s=2 için, \frac{1}{15^{2}}+\frac{1}{12^{2}}=\frac{1}{20^{2}} çözümümüz var. Şimdi s keyfi bir pozitif tam sayı olsun ve denklemimizin \frac{1}{t_{1}^{2}}+\frac{1}{t_{2}^{2}}+...+\frac{1}{t_{s}^{2}}=\frac{1}{t_{s+1}^{2}} pozitif tam sayılarda bir çözümü olduğunu varsayalım. \frac{1}{(12t_{s+1})^{2}}=\frac{1}{(15t_{s+1})^{2}}+\frac{1}{(20t_{s+1})^{2}} olduğundan, x_{i}=12t_{i} (i=1,...,s-1 için), x_{s}=15t_{s}, x_{s+1}=20t_{s}, x_{s+2}=12t_{s+1} pozitif tam sayıları \frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}+...+\frac{1}{x_{s}^{2}}+\frac{1}{x_{s+1}^{2}}=\frac{1}{x_{s+2}^{2}} denklemini sağlar ve kanıt tümevarımla devam eder.↩︎

  33. Her s\ge3 tam sayısı için denklemimizin pozitif x_{1},x_{2},...,x_{s},x_{s+1} tam sayılarında en az bir çözümü olduğunu kanıtlamak yeterlidir. s=3 için, \frac{1}{12^{3}}+\frac{1}{15^{3}}+\frac{1}{20^{3}}=\frac{1}{10^{3}} çözümü vardır (bu, 3^{3}+4^{3}+5^{3}=6^{3} eşitliğinin her iki tarafını 60^{3} ile bölerek elde edilebilir), s=4 için ise \frac{1}{(5\cdot7\cdot13)^{3}}+\frac{1}{(5\cdot12\cdot13)^{3}}+\frac{1}{(7\cdot12\cdot13)^{3}}+\frac{1}{(5\cdot7\cdot12\cdot13)^{3}}=\frac{1}{(5\cdot7\cdot12)^{3}} çözümünü elde ederiz (bu, 1^{3}+5^{3}+7^{3}+12^{3}=13^{3}. Şimdi s, \ge3 verilmiş bir tam sayıyı göstersin ve denklemimizin bu s değeri için pozitif tam sayılarda bir çözümü olduğunu varsayalım. Böylece, \frac{1}{t_{1}^{3}}+\frac{1}{t_{2}^{3}}+...+\frac{1}{t_{s}^{3}}=\frac{1}{t_{s+1}^{3}} olacak şekilde pozitif t_{1},t_{2},...,t_{s},t_{s+1} tam sayıları vardır. x_{i}=10t_{i} (i=1,2,...,s-1 için) ve x_{s}=12t_{s}, x_{s+1}=15t_{s}, x_{s+2}=20t_{s}, x_{s+3}=10t_{s+1} koyarak, \frac{1}{x_{1}^{3}}+\frac{1}{x_{2}^{3}}+...+\frac{1}{x_{s+2}^{3}}=\frac{1}{x_{s+3}^{3}} elde ederiz, dolayısıyla eğer denklemimiz bir s için pozitif tam sayılarda çözülebilirse, s+2 için de çözülebilirdir. s=3 ve s=4 için çözülebilir olduğundan, her s\ge3 için çözülebilir olduğu sonucuna varırız, ki bu kanıtlanması gerekendi. NOT. s=2 için denklemimizin pozitif tam sayılarda çözümü olmadığı temel yöntemlerle kanıtlanabilir ancak kanıt zordur.↩︎

  34. A. Schinzel tarafından bulunan çözüm. (x+y+z)^{3}-(x^{3}+y^{3}+z^{3})=3(x+y)(x+z)(y+z) (1) özdeşliğine sahibiz. Böylece, eğer x, y ve z, x+y+z=3 ve x^{3}+y^{3}+z^{3}=3 olacak şekilde tam sayılarsa, o zaman (1) ile 24 = 3(x+y)(x+z)(y+z) 8=(x+y)(x+z)(y+z)=(3-x)(3-y)(3-z) (2) elde ederiz ve x+y+z=3 göz önüne alındığında 6=(3-x)+(3-y)+(3-z) (3) olur. (3) ilişkisi, 3-x, 3-y, 3-z sayılarının ya üçünün de çift olduğunu ya da sadece birinin çift olduğunu ima eder. İlk durumda, (2) göz önüne alındığında, bu sayıların hepsi mutlak değer olarak 2’ye eşittir; böylece, (3) ile, 2’ye eşittirler ve o zaman x=y=z=1. İkinci durumda, (2) göz önüne alındığında, 3-x, 3-y, 3-z sayılarından biri mutlak değer olarak 8’e eşittir ve geri kalanlar mutlak değer olarak 1’e eşittir; böylece, (3) göz önüne alındığında, biri 8’e eşittir ve geri kalanlar -1’e eşittir. Bu x=-5, y=z=4, veya x=y=4, z=-5, veya son olarak x=4, y=-5, z=4 verir. Böylece, denklem sistemimizin sadece dört tam sayı çözümü vardır, yani x, y, z = 1, 1, 1; -5, 4, 4; 4, -5, 4; 4, 4, -5. Bkz Problem E 1355, The American Mathematical Monthly, 69 (1962), 1009. NOT. x^{3}+y^{3}+z^{3}=3 denkleminin yukarıda verilen dördü dışında x, y, z tam sayılarında başka çözümleri olup olmadığını bilmiyoruz.↩︎

  35. Açıkça n\ge8 olmalıdır. Eğer n=3k (k, >5 bir tam sayı) ise, o zaman x=k-5, y=3 için 3x+5y=n olur. Eğer n=3k+1 (k, >3 bir tam sayı) ise, o zaman x=k-3 ve y=2 için 3x+5y=n olur. Son olarak, eğer n=3k+2 (k, >1 bir tam sayı) ise, o zaman x=k-1, y=1 için 3x+5y=n olur. Buradan, n>15 olan her n için denklemimizin en az bir pozitif tam sayı x, y çözümü olduğu sonucu çıkar. Geriye 8, 9, 10, 12 ve 15 sayılarını incelemek kalır. n=8 için, x=1, y=1 çözümümüz var. n=9, 12 ve 15 için, denklemimizin çözümü yoktur, çünkü 3\mid 5y olurdu, dolayısıyla 3\mid y ve 15\mid 5y, buradan n=3x+5y>5y\ge15 olur. n=10 için, denklemimizin pozitif tam sayılarda çözümü yoktur, çünkü o zaman 5\mid 3x, dolayısıyla 5\mid x ve 15\mid 3x, buradan n=3x+5y>15 olur. Böylece, denklemimizin 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 12 ve 15 dışındaki tüm pozitif n tam sayıları için pozitif tam sayılarda x, y çözümü vardır. Şimdi m keyfi bir pozitif tam sayı olsun ve n, 40m’den büyük bir tam sayı olsun. 3x+5y=n denkleminin x_{0}, y_{0} çözümü vardır ve bu sayılardan en az biri >5m olmalıdır, çünkü x_{0}\le5m, y_{0}\le5m durumunda 3x_{0}+5y_{0}\le 8 \cdot 5m = 40m<n olurdu. Eğer x_{0}>5m ise, o zaman k=0,1,2,...,m için x=x_{0}-5k ve y=y_{0}+3k sayıları pozitif tam sayılardır ve 3x+5y=3x_{0}+5y_{0}=n denklemini sağlarlar. Eğer y_{0}>5m ise, o zaman k=0,1, 2,...,m için x=x_{0}+5k ve y=y_{0}-3k sayıları pozitif tam sayılardır ve 3x+5y=n denklemini sağlarlar. Böylece, n>40m için bu denklemin pozitif tam sayılarda x, y çözümü m’den fazladır, bu da bu tür çözümlerin sayısının n ile birlikte sonsuza gittiğini gösterir.↩︎

  36. n=2, y=x, z=x+1, burada x keyfi bir pozitif tam sayıdır. Gerçekten, pozitif x tam sayıları için 2^{x}+2^{x}=2^{x+1} olur. Öte yandan, pozitif n, x, y ve z tam sayıları için n^{x}+n^{y}=n^{z} olduğunu varsayalım. x\le y\le z olduğunu varsayabiliriz. n=1 olamaz, dolayısıyla n\ge2 olur. n^{x}=n^{z}-n^{y}=n^{x}(n^{z-x}-n^{y-x}) olur, bu da n^{z-x}-n^{y-x}=1 anlamına gelir. Eğer y>x olsaydı, o zaman n\mid 1 olurdu ki bu imkansızdır. Böylece y=x olmalıdır, dolayısıyla n^{z-x}=2, bu da n=2, z-x=1 verir. Bu nedenle n=2, y=x, z=x+1 elde ederiz. NOT. n^{x}+n^{y}=n^{z} denklemi, Fermat denklemi x^{n}+y^{n}=z^{n}’den üsler ve tabanların rollerinin tersine çevrilmesiyle elde edilir. Bkz Mem. Real. Acad. Sci. Art. Barcelona, 34 (1961), 17-25.↩︎

  37. m ve n iki verilmiş pozitif tam sayı olsun ve a ve b, m+n’den büyük iki farklı asal sayı olsun. c=am+bn koyalım. x=m, y=n sistemi açıkça ax+by=c denklemini sağlar. Bu denklemi sağlayan başka bir x, y sistemi olduğunu varsayalım. x\ge m, y>n veya x>m, y\ge n olamaz, çünkü bu durumda ax+by>am+bn=c olurdu. Böylece, ya x<m ya da y<n olmalıdır. Eğer x<m ise, o zaman m-x, m’den küçük pozitif bir tam sayıdır ve ax+by=am+bn göz önüne alındığında by=a(m-x)+bn olur, bu da b\mid a(m-x) anlamına gelir. a ve b farklı asal sayılar olduğundan, b\mid m-x sonucu çıkar, ki bu m>b tanımı gereği imkansızdır. Benzer şekilde y<n olamayacağını kanıtlarız. NOT. Herhangi iki pozitif tam sayı sistemi için, bu iki sistemi tek pozitif tam sayı çözümü olarak kabul eden tam sayı a, b ve c katsayılı bir ax+by=c lineer denkleminin var olmadığı kolayca fark edilebilir. Öte yandan, tam sayı katsayılı ikinci dereceden böyle bir denklemin her zaman var olduğunu kolayca kanıtlayabiliriz.↩︎

  38. Örneğin, x+y=m+1 denklemi, pozitif x, y tam sayılarında tam olarak m çözüme sahiptir, yani x=k, y=m-k+1, burada k=1,...,m. NOT. Tamsayılarda x, y çözümlerinin sonlu ve >0 sayıda olduğu bir ax+by=c lineer denklemi olmadığı bilinmektedir.↩︎

  39. f(x,y)=x^{2}+y^{2}+2xy-mx-my-m-1 için, f(x,y)=(x+y-m-1)(x+y+1) özdeşliğine sahibiz. Pozitif x ve y tam sayıları için x+y+1>0 olduğundan, f(x,y)=0 ancak ve ancak x+y-m-1=0 ise olabilir; Problem 174’ün çözümünden bu denklemin pozitif x ve y tam sayılarında tam olarak m çözümü olduğu sonucu çıkar. NOT. Bu problemde ele alınan iki değişkenli polinom indirgenebilirdir. Her pozitif m tam sayısı için, F(x,y)=0 denkleminin pozitif x, y tam sayılarında tam olarak m çözümü olacak şekilde, tam sayı katsayılı ikinci dereceden indirgenemez bir F(x,y) polinomu olup olmadığı sorulabilir. Her pozitif m tam sayısı için x^{2}+y^{2}=a_{m} denkleminin tam olarak m pozitif tam sayı x, y çözümüne sahip olduğu bir a_{m} pozitif tam sayısının var olduğu kanıtlanabilir. Daha kesin olarak, a_{2k-1}=2\cdot5^{2k-2} ve a_{2k}=5^{2k-1} (k=1,2,...) için kanıtlanabilir, ancak kanıt kolay değildir. Ayrıca A. Schinzel’in, her pozitif m tam sayısı için x, y değişkenlerinde ikinci dereceden bir f(x,y) polinomunun var olduğunu ve f(x,y)=0 denkleminin tam olarak m tam sayı çözümüne sahip olduğunu kanıtladığını belirtelim. Bkz [18].↩︎

  40. x=t+3 koyalım. O zaman denklemimiz 2t(t^{2}+3t+21)=0. x=t+3 koymak denklemi 2t(t^{2}+3t+21)=0’a indirgiyor. Orijinal denklemi bilmiyoruz ama bu denklemin t=0 dışında reel çözümü yok (t^2+3t+21’in diskriminantı 9-84 < 0).) denklemine indirgenir, bu denklemin reel sayılarda sadece bir çözümü vardır, yani t=0. Buradan, denklemimizin tam sayılarda sadece bir çözümü olduğu sonucu çıkar, yani x=3. NOT. x^{3}+(x+r)^{3}+(x+2r)^{3}+...+(x+(n-1)r)^{3}=(x+nr)^{3} denkleminin pozitif x, r, n tam sayılarında tek çözümünün n=3, x=3r olduğu (r keyfi pozitif tam sayı) kanıtlanabilir.↩︎

  41. Eğer n=2k-1 (k pozitif tam sayı) ise, o zaman açıkça x=-k, y=0 denklemimizin bir çözümüdür; eğer n=2k (k pozitif tam sayı) ise, o zaman x=-k, y=k denklemimizin bir çözümüdür. NOT. Başka çözümler de vardır, örneğin n=8 için x=-3, y=6; n=25 için x=-11, y=20; n=1000 için x=1333, y=16830.↩︎

  42. Bu denklemde x^{3}, x^{2} ve x’in katsayıları 3 ile bölünebilir ve sabit terim -25’tir, ki bu 3 ile bölünemez. Buradan, denklemimizin pozitif tam sayılarda x çözümü olmadığı sonucu çıkar.↩︎

  43. x=t+10 yerine koyarak denklemimizi 3t(t^{2}+40t+230)=0 denklemine indirgeriz. t^{2}+40t-230=0 denkleminin rasyonel çözümü olmadığından, t=0 olmalıdır ve denklemimizin pozitif tamsayılarda tek bir çözümü vardır, o da x=10’dur.↩︎

  44. x=1, y=2 (çünkü 2\cdot3=1\cdot2\cdot3) ve x=5, y=14 (çünkü 14\cdot15=5\cdot6\cdot7). NOT. L. J. Mordell, denklemimizin pozitif tamsayılarda başka çözümü olmadığını kanıtlamıştır.↩︎

  45. Çözüm, n=1,2,... için 1+(2n)^{2}+(2n^{2})^{2}=(2n^{2}+1)^{2} özdeşliğinden hemen elde edilir. NOT. Her pozitif k tamsayısı için k+x^{2}+y^{2}=z^{2} denkleminin x, y, z pozitif tamsayılarında sonsuz sayıda çözümü olduğunu kanıtlamak kolaydır. k tek ise çift, k çift ise tek olmak üzere x’i >|k|+1 koşulunu sağlayan keyfi bir tamsayı olarak almak ve y=\frac{k+x^{2}-1}{2}, z=\frac{k+x^{2}+1}{2} olarak belirlemek yeterlidir.↩︎

  46. n pozitif tamsayısının ve x\le y\le z koşulunu sağlayan pozitif tamsayıların n^{x}+n^{y}+n^{z}=n^{t} (1) denklemini sağladığını varsayalım. n=1 olamaz. n=2 ise, (1)’den 1+2^{y-x}+2^{z-x}=2^{t-x} elde ederiz ve y>x olamaz. Dolayısıyla y=x olur ve 2+2^{z-x}=2^{t-x} olur, bu da z-x=1 ve dolayısıyla t-x=2 sonucunu verir. O halde, n=2 ise, y=x, z=x+1 ve t=x+2 olmalıdır; tüm x pozitif tamsayıları için 2^{x}+2^{x}+2^{x+1}=2^{x+2} olduğunu kolayca kontrol edebiliriz. Şimdi, n\ge3 olduğunu varsayalım. (1) uyarınca 1+n^{y-x}+n^{z-x}=n^{t-x} olur ve n>2 olduğundan, y=x ve z=x olmalıdır. Böylece 3=n^{t-x} olur, bu da n=3 ve t-x=1 demektir. Dolayısıyla, n>2 ise, n=3, x=y=z, t=x+1 olmalıdır. Her x pozitif tamsayısı için 3^{x}+3^{x}+3^{x}=3^{x+1} olduğunu kolayca kontrol ederiz. Sonuç olarak, (1) denkleminin x\le y\le z koşulunu sağlayan n, x, y, z, t pozitif tamsayılarındaki tüm çözümleri, x keyfi bir pozitif tamsayı olmak üzere, n=2, y=x, z=x+1, t=x+2 veya n=3, y=x, z=x, t=x+1’dir.↩︎

  47. Problem 182’nin çözümünden, 4^{x}+4^{y}+4^{z}=4^{t} denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü olmadığı sonucu çıkar. Bu denklemin, x^{4}+y^{4}+z^{4}=t^{4} denkleminde tabanlar ve üslerin rollerinin tersine çevrilmesiyle elde edildiğine dikkat edelim. Son denkleme gelince, Euler tarafından varsayıldığı gibi, x, y, z, t pozitif tamsayılarında çözümü olup olmadığı bilinmemektedir.↩︎

  48. Bu denklemin pozitif tamsayılarda tek bir çözümü vardır, o da m=2, n=1’dir. Gerçekten de, 3^{2}\equiv1 (mod 8) olduğundan, k pozitif tamsayıları için 3^{2k}+1\equiv2 (mod 8) ve 3^{2k-1}+1\equiv4 (mod 8) bağıntısına sahibiz, bu da gösteriyor ki, n pozitif tamsayısı için 3^{n}+1 sayısı 8’e bölünemez, dolayısıyla m\ge3 tamsayıları için 2^{m} ile bölünemez. O halde, m ve n pozitif tamsayıları için 2^{m}-3^{n}=1 ise, m\le2 olmalıdır, dolayısıyla ya 2-3^{n}=1’dir, ki bu imkansızdır, ya da 2^{2}-3^{n}=1’dir, bu da m=2, n=1 verir.↩︎

  49. Bu denklemin pozitif tamsayılarda yalnızca iki çözümü vardır, n=m=1 ve n=2, m=3. Gerçekten de, n tek ve >1 ise, k pozitif bir tamsayı olmak üzere n=2k+1’dir ve 3^{2}\equiv1 (mod 4) olduğundan 3^{2k+1}\equiv3 (mod 4) olur, bu da 2^{m}=3^{n}-1=3^{2k+1}-1\equiv2 (mod 4) sonucunu verir. Bu, m\le1 veya m=1 demektir ve 3^{n}-2^{m}=1 olduğundan n=1 elde ederiz. n çift ise, k bir pozitif tamsayı olmak üzere n=2k’dir, o zaman 2^{m}=3^{2k}-1 =(3^{k}-1)(3^{k}+1) olur. İki ardışık çift sayı olan 3^{k}-1 ve 3^{k}+1, bu nedenle, 2’nin kuvvetleridir, bu da bu sayıların 2 ve 4 olduğunu gösterir, buradan k=1 ve dolayısıyla n=2 bulunur. Bu da n=2, m=3 çözümünü verir.↩︎

  50. x ve y pozitif tamsayıları için 2^{x}+1=y^{2} ise, o zaman (y-1)(y+1)=2^{x} olur, dolayısıyla y>1 ve y-1=2^{k}, y+1=2^{l} olur; burada k bir tamsayı \ge0 ve l, k’dan büyük bir tamsayıdır. Ayrıca, k+l=x’tir. Buradan 2^{l}-2^{k}=2 elde edilir, bu da k>0 olduğunu ve k<l olduğundan 2^{k}\mid 2 olduğunu gösterir. Sonuç olarak, k\le1 ve k\ge0 olduğundan k=1 elde ederiz. Böylece, 2^{l}=2^{k}+2=4 olur, bu da l=2 sonucunu verir. Dolayısıyla, x=k+l=1+2=3 olur, buradan y^{2}=2^{3}+1=9 ve y=3 bulunur. Bu nedenle, 2^{x}+1=y^{2} denkleminin pozitif tamsayılarda tek bir çözümü vardır, o da x=y=3’tür.↩︎

  51. Bu denklemin tek bir çözümü vardır, o da x=y=1’dir. Çünkü x>1 durumunda 2^{x}-1 sayısı, k pozitif bir tamsayı olmak üzere, 4k-1 formundadır ve hiçbir tamsayının karesi bu formda değildir, çünkü 4’e bölündüğünde ya 0 ya da 1 kalanını verir.↩︎

  52. Sistemimizin x, y, z, t pozitif tamsayılarında çözümü olduğunu varsayalım. (x,y)=1 varsayabiliriz, çünkü (x,y)=d>1 durumunda denklemlerimizin her iki tarafını d^{2} ile bölebilirdik. Dolayısıyla, x, y sayılarından en az biri tektir. Her ikisinin de tek olması imkansızdır, çünkü bu durumda denklemlerimizin sol tarafları 4’e bölündüğünde 3 kalanını verirdi, ki bu imkansızdır, çünkü sağ taraflar karelerdir. Ancak, örneğin x çift ise, y tek olamaz, çünkü bu durumda ilk denklemin sol tarafı 4’e bölündüğünde 2 kalanını verirdi, ki bu bir kare olduğu için imkansızdır. Dolayısıyla, x ve y sayılarının her ikisi de çifttir, bu da (x,y)=1 varsayımıyla çelişir.↩︎

  53. Denklemimiz, (2x+1)^{2}-2y^{2}=-1 denklemine denktir; bu denklemin pozitif tamsayılarda bir çözümü vardır, x=3, y=5. Özdeşliğimiz, x ve y pozitif tamsayıları denklemi sağlıyorsa, daha büyük sayılar olan x_{1}=3x+2y+1 ve y_{1}=4x+3y+2’nin de bu denklemi sağladığını ima eder. Buradan, bu denklemin x ve y pozitif tamsayılarında sonsuz sayıda çözümü olduğu sonucu çıkar. x=3, y=5 için bu şekilde x_{1}=20, y_{1}=29 elde ederiz.↩︎

  54. Denklemimiz x=7, y=13 için sağlanır. Bu denklem, 3x^{2}+3x+1=y^{2} denklemine denktir, bu da 4y^{2}=12x^{2}+12x+4=3(2x+1)^{2}+1’e, yani (2y)^{2}-3(2x+1)^{2}=1 denklemine denktir. Bu, x ve y bu denklemi sağlıyorsa, daha büyük sayılar olan x_{1}=4y+7x+3 ve y_{1}=7y+12x+6’nın da bu denklemi sağladığını ima eder. Buradan, ele alınan denklemin x, y pozitif tamsayılarında sonsuz sayıda çözümü olduğu sonucu çıkar. Örneğin, x=7, y=13 için x_{1}=104, y_{1}=181 elde ederiz.↩︎

  55. Kanıt (J. Browkin’e göre). Eğer sistemimizin x, y, z, t pozitif tamsayılarında bir çözümü olsaydı, (x,y)=1 olan bir çözümü de olurdu. Denklemlerimizi topladığımızda 6(x^{2}+y^{2})=z^{2}+t^{2} elde ederiz, bu da 3\mid z^{2}+t^{2} demektir. 3’e bölünmeyen bir tamsayının karesi 3’e bölündüğünde 1 kalanını verdiğinden, z ve t sayılarının her ikisinin de 3’e bölünmemesi imkansızdır. Ancak, 3\mid z^{2}+t^{2} olduğundan, z, t sayılarından biri 3’e bölünüyorsa, diğeri de bölünmelidir. Dolayısıyla, z ve t’nin her ikisi de 3’e bölünür, bu da 6(x^{2}+y^{2})=z^{2}+t^{2} denkleminin sağ tarafının 9’a bölünebildiğini ve 3\mid x^{2}+y^{2} olduğunu gösterir; bildiğimiz gibi bu, x ve y’nin her ikisinin de 3’e bölündüğünü gösterir, ki bu da (x,y)=1 varsayımıyla çelişir.↩︎

  56. Denklemlerimiz 7(x^{2}+y^{2})=z^{2}+t^{2} anlamına gelir. Dolayısıyla, 7\mid z^{2}+t^{2} olur, buradan Problem 34’e göre 7\mid z ve 7\mid t sonucunu elde ederiz. Böylece, 49\mid 7(x^{2}+y^{2}), bu da 7\mid x^{2}+y^{2} demektir, ki bu da 7\mid x ve 7\mid y anlamına gelir. Dolayısıyla, sistemimizin (x,y)=1 olan çözümleri olamaz; bu da, x, y, z, t pozitif tamsayılarında en az bir çözümü varsa, elbette imkansızdır. Gerçekten de, (x, y) =d>1 ise, d\mid z ve d\mid t olurdu ve x, y, z, t sayılarının her birini d ile bölmek yeterli olurdu.
    a. Örneğin, x=3, y=1, z=4, t=8 çözümü vardır.↩︎

  57. y çift olsaydı, x^{2} 8k+7 formunda olurdu, ki bu imkansızdır. y tek olsaydı, x^{2}+1=y^{3}+2^{3}=(y+2)[(y-1)^{2}+3] olurdu ve y=2k+1 olduğundan, (2k)^{2}+3|(x^{2}+1) olurdu. Sol tarafın 4t+3 formunda bir asal böleni olduğundan, x^{2}+1 sayısının da aynı formda bir asal böleni olurdu, ki bu ((x,1)=1 olduğundan) imkansızdır.↩︎

  58. x^{2}+1=(2c)^{3}+y^{3}=(y+2c)(y^{2}-2cy+4c^{2})=(y+2c)((y-c)^{2}+3c^{2})’ye sahibiz. c^{2}\equiv1(mod~8) olduğundan, 3c^{2}\equiv3(mod~8) olur ve y tek ise, y-c çifttir ve (y-c)^{2}+3c^{2} 4k+3 formundadır; dolayısıyla, bu formda bir asal böleni vardır, ki bu aynı zamanda x^{2}+1’in bir bölenidir, bu da imkansızdır. y çift olsaydı, x^{2} = y^{3}+(2c)^{3}-1 \equiv -1 (mod 8) olurdu, ki bu imkansızdır. Buradan, x ve y tamsayı olmak üzere x^{2}-y^{3} formunda olmayan sonsuz sayıda pozitif tamsayı olduğu sonucu çıkar.↩︎

  59. x’in tek olduğunu varsayalım. O zaman y, y^{3}\equiv0(mod~8) formundadır, dolayısıyla y^{3}-1\equiv7(mod~8) olur ve x^{2}+(2^{k})^{2} 4k+3 formunda bir asal böleni olurdu, ki bu, aralarında asal iki sayının kareleri toplamı olduğu için imkansızdır. Dolayısıyla, x çifttir. \alpha pozitif bir tamsayı olmak üzere x=2^{\alpha}z olsun. Eğer \alpha=k ise, 2^{2k}(z^{2}+1)=y^{3}-1=(y-1)(y^{2}+y+1) olur, dolayısıyla y tek olmalıdır ve y-1, 4k+3 formunda olamaz. Böylece, y\equiv1(mod~4) ve y^{2}+y+1\equiv3(mod~4) olur, ki bu imkansızdır. Eğer \alpha<k ise, 2^{2\alpha}((2^{k-\alpha})^{2}+z^{2})=(y-1)(y^{2}+y+1) olur ve z’nin tek olması gerçeği göz önüne alındığında, yukarıdaki gibi devam ederiz. Son olarak, eğer \alpha>k ise, 2^{2k}((2^{\alpha-k}z)^{2}+1)=(y-1)(y^{2}+y+1) olur ve yukarıdaki gibi devam ederiz. Özellikle, k=1 ise, y^{3}-x^{2}=5 denkleminin x, y pozitif tamsayılarında çözümü olmadığını görürüz. Bkz: L. Aubry, Dickson’da, [7, s. 538].↩︎

  60. Önce x=1 olduğunu varsayalım. O zaman 1+y=zt ve z+t=y denklemlerine sahip oluruz, bu da zt=z+t+1 demektir. Buradan z\ne1 olmalıdır (çünkü z=1 t=t+2 sonucunu verirdi, bu imkansızdır). Eğer z=2 ise, t=3 olur, dolayısıyla y=z+t olduğundan y=5 elde ederiz, bu da x=1, y=5, z=2, t=3 çözümünü verir. Eğer z\ge3 ise, t\ge z\ge3 olur ve z=z_{1}+2, t=t_{1}+2 yazabiliriz, burada z_{1}\ge1, t_{1}\ge1’dir. Buradan zt=(z_{1}+2)(t_{1}+2)=z_{1}t_{1}+2z_{1}+2t_{1}+4\ge z_{1}+t_{1}+7=z+t+3 sonucu çıkar, bu da (x=1 olduğundan) zt=z+t+1 ile çelişir. Şimdi x=2 olduğunu varsayalım. O zaman z\ge x=2 olur. Eğer z=2 ise 2+y=2t, 2+t=2y olur, bu da y=t=2 demektir. Dolayısıyla x=y=z=t=2 olurdu, ki bu sistemimizin bir çözümüdür. Eğer z>2 ise, t\ge z olduğundan, t>2 olur ve z=z_{1}+2, t=t_{1}+2 koyabiliriz, bu da zt=(z_{1}+2)(t_{1}+2)=z_{1}t_{1}+2z_{1}+2t_{1}+4\ge z_{1}+t_{1}+7=z+t+3 sonucunu verir. Ancak, x=2 olduğundan, 2+y=zt, z+t=2y olur, bu da zt=\frac{1}{2}(z+t)+2 verir. Böylece, \frac{1}{2}(z+t)+2\ge z+t+3 olur, bu da z+t+2\le0 sonucunu verir, ki bu imkansızdır. Şimdi x>2 olduğunu varsayalım, dolayısıyla x\ge3, ve z\ge x\ge3, t\ge z\ge3 olur. z=z_{1}+2, t=t_{1}+2 koyabiliriz, burada z_{1}\ge1 ve t_{1}\ge1’dir. Buradan zt=(z_{1}+2)(t_{1}+2)=z_{1}t_{1}+2z_{1}+2t_{1}+4\ge z_{1}+t_{1}+9=z+t+5 sonucu çıkar. Benzer şekilde, x\ge3 olduğundan, y\ge x\ge3, xy\ge x+y+5 olur. Ancak, z+t=xy’ye sahibiz, bu da zt\ge z+t+5=xy+5\ge x+y+10=zt+10 demektir, ki bu imkansızdır. Böylece, sistemimizin x\le y ve x\le z\le t koşullarını sağlayan pozitif tamsayılarda yalnızca iki çözümü vardır, x=1, y=5, z=2, t=3 ve x=y=z=t=2. Sistemimizin tamsayılardaki çözümlerine gelince, bu tür sonsuz sayıda çözüm vardır. J. Browkin, y keyfi olmak üzere x=z=0, t=y’nin bu tür çözümler olduğunu fark etmiştir, A. Mąkowski ise sistemimizin çözümlerinin x=t=-1, y keyfi, z=1-y olduğunu fark etmiştir.↩︎

  61. n=1 için, x keyfi olabilir. n=2 için, x_{1}=x_{2}=2’ye sahibiz. n>2 için, x_{1}=x_{2}=...=x_{n-2}=1, x_{n-1}=1, x_{n}=n bir çözümdür. Ancak, başka çözümler de vardır, örneğin n=5 için x_{1}=x_{2}=x_{3}=1, x_{4}=x_{5}=3’e sahibiz. Dolayısıyla, her n pozitif tamsayısı için, toplamları çarpımlarına eşit olan n pozitif tamsayı vardır diyebiliriz.↩︎

  62. Eğer n tek ve > 1 ise, a=x^{n}-y^{n}=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+...+y^{n-1}) olur. a>0 olduğundan, x-y\ge1 olmalıdır, dolayısıyla x^{n-1}+y^{n-1}\le a olur. Böylece, x<\sqrt[n-1]{a} ve y<\sqrt[n-1]{a} olur ve sonlu sayıda kontrol yeterli olacaktır. Eğer n=1 ise, a=x-y denkleminin tüm pozitif tamsayı çözümleri: y keyfi, x=a+y’dir. Eğer n=2k ise, k pozitif bir tamsayı olmak üzere, a=x^{n}-y^{n}=x^{2k}-y^{2k}=(x^{k}-y^{k})(x^{k}+y^{k}) olur. x^{k}-y^{k}\ge1 olduğundan, x^{k}+y^{k}\le a’dır. Buradan x<\sqrt[k]{a}, y<\sqrt[k]{a} sonucu çıkar ve sonlu sayıda kontrol yeterli olacaktır.↩︎

  63. Bir t_{x}=x(x+1)/2 üçgensel sayısının pentagonal olması için, her x için y(3y-1)=x(x+1) (1) olacak şekilde bir y pozitif tamsayısının var olması gerekli ve yeterlidir. Dolayısıyla, (1) denkleminin sonsuz sayıda x, y pozitif tamsayı çözümüne sahip olduğunu göstermek yeterlidir. (4x+7y+1)(12x+21y+2)-(7x+12y+1)(7x+12y+2) = y(3y-1)-x(x+1) olduğunu kolayca kontrol ederiz. Buradan, x, y pozitif tamsayıları (1)’i sağlarsa, daha büyük tamsayılar olan x_{1}=7x+12y+1, y_{1}=4x+7y+1 (2) y_{1}(3y_{1}-1)=x_{1}(x_{1}+1) denklemini sağlar. x=y=1 sayıları (1)’i sağladığından, bu denklemin sonsuz sayıda x, y pozitif tamsayı çözümü olduğu sonucu çıkar. x=y=1 çözümü (2) ile x_{1}=20, y_{1}=12 çözümünü verir, bu da x_{2}=285, y_{2}=165’e götürür, ve böyle devam eder.↩︎