Kübik ve kuartik fiyakalı formül arayışı

Soru: $(n-m)^{a}+\cdots +(n-1)^{a}+n^{a}=(n+1)^{a}+\cdots+(n+m)^{a}$ denkleminin $a=3,4$ için hiçbir $n$ ve $m$ pozitif tam sayılarıyla sağlanmadığını ispatlayınız.

$a=3$ için söz konusu denklem aşağıdaki gibi yeniden düzenlenebilir.

$$\begin{eqnarray} \nonumber n^{3} &=& \sum_{k=1}^{m} (n+k)^{3}-(n-k)^{3} \\ \nonumber &=& \sum_{k=1}^{m}((n+k)-(n-k))((n+k)^{2}+(n+k)(n-k)+(n-k)^{2}) \\ \nonumber &=& \sum_{k=1}^{m} 2k (3n^{2}+k^{2}) \\ \nonumber &=& 6n^{2} \sum_{k=1}^{m} k + 2\sum_{k=1}^{m} k^{3} \\ \nonumber &=& 3 m(m+1) n^{2} + \frac{m^{2}(m+1)^{2}}{2} \end{eqnarray}$$ Burada cebirde çok iyi bilinen iki küp farkını $a^{3}-b^{3}=(a-b)(a^{2}+ab+b^{2})$ ve $\sum_{k=1}^{m} k = m(m+1)/2$ ile $\sum_{k=1}^{m} k^{3} = m^{2}(m+1)^{2}/4$ özdeşliklerini kullandık. Özellikle son iki özdeşliğin ispatını bilmiyorsanız mutlaka ispatlamaya çalışmalısınız. Bu ifadeyi yeniden düzenlediğimizde $n$ için üçüncü $m$ için dördüncü dereceden bir Diaphantos denklemi elde ediyoruz. $$\begin{equation*} n^{3} - 3m(m+1)n^{2} - \frac{m^{2}(m+1)^{2}}{2} = 0 \end{equation*}$$ Bu denklemin hiç negatif kökü olmadığını $n \to -n$ koyarak kolayca görebilirsiniz. Descartes'in işaret kuralı uyarınca sadece bir tane pozitif kök olduğu da aşikardır. Dolayısıyla verilen bir $m$ tam değerine tekabül eden $n$ tam sayısı (eğer varsa) biriciktir.

$n$ tam sayısı (eğer varsa) çift olmalıdır. Zira ardışık iki sayıdan bir tanesinin kesinlikle çift olması sebebiyle, $m(m+1) =: 2X$ yazabiliriz. O zaman $\frac{m^{2}(m+1)^{2}}{2} = 2X^{2}$ olur. Dolayısıyla çalıştığımız denklem $n^{3} - 6Xn^{2} - 2X^{2} = 0$ formunda da ifade edilebilir. Bu ifadede ikinci ve üçüncü terimler çift olduklarından, ilk terim de çift olur.

Genelliği kaybetmeden $n=:2N$ ve daha önce olduğu üzere $m(m+1)=2X$ yazalım. Böylesi bir dönüşümle çalıştığımız denklem

$$\begin{equation*} X^{2} + 12 N^{2} X - 4N^{3} = 0 \end{equation*}$$ halini alır. $X$ bilinmeyen olarak addedildiğinde ikinci dereceden cebirsel denklemler için geçerli çözüm aşağıdaki gibi olur. $$\begin{equation*} X = 2N \sqrt{9N^{2}+N} - 6N^{2} \end{equation*}$$ $X$ herşeyden önce bir tam sayı olduğu için diskriminanttan gelen köklü ifadenin de bir tam sayı olması gerekir. Ama bunun için gerekli ve yeterli şart $9N^{2}+N=:M^{2}$ bir tam karenin varlığıdır. Şimdi bu denklemi yeniden düzenlediğimizde $N = (M-3N)(M+3N)$ olduğunu görüyoruz. Demek ki $M+3N$, $N$ sayısının bir çarpanıymış. Ama $M+3N>N$ olduğundan böylesi bir durum absurddür. O zaman hiçbir $N$ değeri için $X$ ya da $m(m+1)$ ya da $m$ tam sayı değeri alamazlar. Bu da $a=3$ için ispatı tamamlar.

Ödev

$a=4$ için de ispatı yukarıdaki basamakları taklit ederek kendiniz yapınız.

---

Sorunun hikayesi

Sosyal medyada sağdan soldan bulduğu şeyleri yeniden paylaşan popüler bir hesapta şöyle fiyakalı bir denklem gördüm: $36^{2}+37^{2}+38^{2}+39^{2}+40^{2}=41^{2}+42^{2}+43^{2}+44^{2}$. Maksat fiyaka yapmak olduğundan denklemin altında yatan formül verilmemişti. Kendim daha sonra aynı denklemin meşhur $3^{2}+4^{2}=5^{2}$ Pisagor üçlüsünün bir genelleştirilmesi olduğunu fark ettim ve başka eşitliklere de uzandım: $10^{2}+11^{2}+12^{2}=13^{2}+14^{2}$ ve $21^{2}+22^{2}+23^{2}+24^{2}=25^{2}+26^{2}+27^{2}$ gibi. Ardından bu formülün kübik ve kuartik versiyonlarını da aramaya başlayınca bu posta hasıl oldu.

Ödev

Yukarıdaki soruda $a=2$ durumunda çözümün $n=2m(m+1)$ ile her zaman mümkün olduğunu gösteriniz.