Çözüm: Öncelikle şu iki yardımcı teoremi hatırlayalım.
$\bullet$ $p\equiv 1 \pmod{4}$ olacak şekilde sonsuz çoklukta $p$ asal sayısı vardır.
$\bullet$ $x^2 \equiv -1 \pmod{p}$ ve $1\leq x \leq p-1$ olacak şekilde iki farklı $x$ tam sayısı vardır. Bu denkliğin çözümünün varlığı ile ilgili forumda
4n+1 asal başlıklı konuya bakabilirsiniz.
Şimdi $p \equiv 1 \pmod{4}$ olacak şekilde bir $p$ asal sayısını göz önüne alalım. Yardımcı teoremden dolayı $x^2 \equiv - 1 \pmod{p}$ denkliğinin $1\leq x \leq p-1$ olacak şekilde iki farklı $x$ tam sayı çözümü olduğunu biliyoruz. Bunlardan küçük olan çözüme $n$ dersek, büyük olan çözüm de $p-n$ olur. O halde $1\leq n\leq \dfrac{p-1}{2}$ dir. Böylece $n^2 \equiv - 1 \pmod{p}$ olup $p\mid n^2 + 1$ elde ederiz. Şimdi bu $n$ sayısı için
$$ p-2n > \sqrt{2n} \tag{0} $$
ana eşitsizliğinin sağlandığını kanıtlayacağız. $1\leq n\leq \dfrac{p-1}{2}$ olduğundan bir $m\in \{ 1, 3, \dots, p-3\}$ tek sayısı için $n = \dfrac{p-m}{2}$ olup
$$ p= 2n + m \tag{1}$$
yazılabilir. Öte yandan $n^2 \equiv \left(\dfrac{p-m}{2} \right)^2 \equiv - 1 \pmod{p} \implies m^2 \equiv -4 \equiv p-4 \pmod{p}$ elde edilir. Buna göre
$$ m\geq \sqrt{p-4} \tag{2}$$
olup $(1)$ ve $(2)$ den
$$ p\geq 2n + \sqrt{p-4} \tag{3}$$
elde edilir. $(0)$ ana eşitsizliğini ispatlayabilmek için $(3)$ eşitsizliğinde $ \sqrt{p-4}>4$ olacak şekilde $p$ asal sayısı seçmeliyiz. Yani $p>20$ seçmeliyiz. O halde $p>20$ ve $p\equiv 1\pmod{4}$ olan $p$ asallarını göz önüne aldığımızda $p\mid n^2 + 1$ ve $p> 2n+ \sqrt{2n}$ sağlanır. Bu seçimin $n$ sayılarını nasıl ürettiğini örneklendirebiliriz:
$p=29$ için $n^2 +1 \equiv 0 \pmod{29}$ için $n=12$, $n=17$ sağlar. Küçük olan $n$ değerini seçmeliyiz. $p=29 > 24 + \sqrt{24}$ sağlanır.
$p=37$ için $n^2 +1 \equiv 0 \pmod{37}$ için $n=6$, $n=31$ sağlar. Küçük olan $n$ değerini seçmeliyiz. $p=37 > 12+ \sqrt{12}$ sağlanır.
$p=41$ için $n^2 +1 \equiv 0 \pmod{41}$ için $n=9$, $n=32$ sağlar. Küçük olan $n$ değerini seçmeliyiz. $p=41 > 18 + \sqrt{18}$ sağlanır.
Bu tür $n$ sayılarının kümesini $S= \{ 12, 6, 9, \dots \}$ ile gösterelim. $S$ kümesinin sonsuz elemanlı olduğunu da göstermeliyiz. Bunun için, aksini varsayalım ve $S = \{n_1, n_2, \dots, n_k\}$, $|S|=k$ şeklinde sonlu elemanlı olduğunu düşünelim. Sonsuz çoklukta $p\equiv 1 \pmod{4}$ asal sayısı olduğu için her $i=1,2,\dots, k$ için $(p, n_i^2 +1)=1$ olacak şekilde bir $p$ asal sayısı seçebiliriz. Yine bu $p$ asal sayısını kullanarak, yukarıda açıkladığımız yöntemle $p\mid \ell^2+1$ ve $p>2\ell + \sqrt{2\ell}$ olacak şekilde bir başka $\ell$ pozitif tam sayısı üretebiliyoruz. $\ell \not \in S$ olduğundan $S$ kümesi sonlu elemanlı olamaz.
Kaynak: AoPS sitesinde sunulan çözümden faydalanılmıştır.
