Wolstenholme Asalları

[Metin Can Aydemir]

$\dbinom{2p-1}{p-1}\equiv 1\pmod{p^3}$ denkliği her $p\geq 5$ asal sayısı için sağlar. Bu teorem, Wolstenholme teoremi olarak da bilinir. $\dbinom{2p-1}{p-1}\equiv 1\pmod{p^4}$ sağlayan asal sayılar da vardır fakat çok nadirdir. Bu asal sayılara Wolstenholme asalı denir (Şu ana kadar bulunan sadece iki tane Wolstenholme asalı vardır; $16843$ ve $2124679$). Bu teoremin daha genel hali şöyledir; Her $p\geq 5$ asal sayısı ve $a>b$ pozitif tamsayıları için $$\dbinom{ap}{bp}\equiv\dbinom{a}{b}\pmod{p^3}$$ denkliği sağlanır. $a=2$ ve $b=1$ için bu teorem Wolstenholme teoremine dönüşür. Wolstenholme asallarının bir özelliği ise her $p\geq 5$ asal sayısı ve $a>b$ pozitif tamsayıları için $$\dbinom{ap}{bp}\equiv\dbinom{a}{b}\pmod{p^4}$$ denkliği sağlamasıdır.

Buna göre,

$i)$ $p$ bir Wolstenholme asalıdır.

$ii)$ $\dbinom{p^2-1}{p-1}\equiv 1\pmod{p^5}$

$iii)$ $\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{i}\equiv 0\pmod{p^3}$

$iv)$ $\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{i^2}\equiv 0\pmod{p^2}$

Önermeleri birbirine denktir, gösteriniz.

[Metin Can Aydemir]

Öncelikle Wolstenholme teoremini ispatlayalım. $\dbinom{2p-1}{p-1}$ ifadesini açarsak $$\dfrac{(2p-1)(2p-2)\cdots (p+1)}{(p-1)!}\equiv 1\pmod{p^3}$$ olduğunu göstermeliyiz. $$P(x)=(x+(p-1))(x+(p-2))\cdots(x+1)$$ yazalım. $P(p)$ değeri paydaki ifadedir. $n\geq 3$ için $p^n\equiv 0\pmod{p^3}$ olacağından $$\dfrac{P(p)}{(p-1)!}$$ ifadesinin payının açılımında sadece $x^2$, $x$ ve sabit terimi dikkate almalıyız. Sabit terim $(p-1)!$'dir. $x$'in katsayısı Vieta teoreminden $$(p-1)!\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{i}$$ ve $x^2$'in katsayısı $$(p-1)!\sum_{\underset{1\leq i,j\leq p-1}{i\neq j}}\dfrac{1}{ij}$$ olduğundan $$\dbinom{2p-1}{p-1}\equiv \dfrac{P(p)}{(p-1)!}\equiv 1+p\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{i}+p^2\sum_{\underset{1\leq i,j\leq p-1}{i\neq j}}\dfrac{1}{ij}\pmod{p^3}$$ olacaktır. Dolayısıyla eğer $$\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{i}\equiv 0\pmod{p^2}~~~\text{ve}~~~\sum_{\underset{1\leq i,j\leq p-1}{i\neq j}}\dfrac{1}{ij}\equiv 0 \pmod{p}$$ olduğunu göstermemiz yeterlidir. İlk toplamı $$\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{1}{i}+\frac{1}{p-i}\right)=\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\dfrac{p}{i(p-i)}$$ olarak yazarsak $$\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\dfrac{1}{i(p-i)}\equiv -\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\dfrac{1}{i^2} \equiv 0\pmod{p}\iff \sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\dfrac{1}{i^2} \equiv 0\pmod{p}$$ olur. $$i^2\equiv (p-i)^2\pmod{p}$$ olduğundan ve $p$ tek olduğundan, $$2\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\dfrac{1}{i^2}\equiv \sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{i^2}\equiv 0\pmod{p}\tag{1}$$ olduğunu göstermemiz yeterlidir. Şimdilik ikinci toplama geçelim. İkinci toplamda değişkenlerden birini sabitlersek $$\sum_{\underset{1\leq i,j\leq p-1}{i\neq j}}\dfrac{1}{ij}=\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{i}\left(1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{i-1}+\dfrac{1}{i+1}+\cdots+\dfrac{1}{p-1}\right)=\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{p-1} \dfrac{1}{i}\left(S_p-\dfrac{1}{i}\right)$$ olacaktır. Burada $S_p=\sum_{j=1}^{p-1}\frac{1}{j}$'dir ve $\frac{1}{2}$ çarpanı $i$ ve $j$'nin sıralamasından geliyor. $S_p\equiv 0\pmod{p^2}$ ve dolayısıyla $S_p\equiv 0\pmod{p}$ olduğunu $(1)$'i ispatlayınca göstereceğiz. Dolayısıyla $$\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{p-1} \dfrac{1}{i}\left(S_p-\dfrac{1}{i}\right)\equiv -\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{i^2}\equiv 0\pmod{p}\iff \sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{i^2}\equiv \sum_{i=1}^{p-1} \left(i^{-1}\right)^2\equiv 0\pmod{p}$$ olacaktır. Bu da eğer $(1)$'i ispatlarsak ispatın biteceği anlamına gelir. $i=1,2,\dots,p-1$ için $i$'in tersi yine $1,2,\dots, p-1$ kalanlarını farklı sırada verecektir. Dolayısıyla $$\sum_{i=1}^{p-1} \left(i^{-1}\right)^2\equiv \sum_{i=1}^{p-1} i^2\equiv \dfrac{(p-1)p(2p-1)}{6}\equiv 0\pmod{p}$$ olacaktır. Dolayısıyla $(1)$ doğrudur ve Wolstenholme teoremi ispatlanmış olur.

Not: Leudesdorf adlı bir matematikçinin 1900'de yaptığı bir genelleştirme şu şekildedir, eğer $(n,6)=1$ ise $$\sum_{\underset{(i,n)=1}{i=1}}^{n-1}\dfrac{1}{i}\equiv 0\pmod{n^2}$$ doğrudur ancak bunu ispatta tersten giderek $\dbinom{2n-1}{n-1}\equiv 1\pmod{n^3}$ olarak genelleştiremeyiz çünkü $(n-1)!$ yerine sadece $n$ ile aralarında asal sayıların çarpımını elde ederiz.

[Metin Can Aydemir]

Wolstenholme teoremini ispatladıktan sonra genel halini ispatlamak oldukça kolaylaşıyor. $\dbinom{ap}{bp}$ ifadesini açıp $p$'nin katlarının geldiği yerlerden ayıralım. Yani, $$\dbinom{ap}{bp}=\dfrac{ap}{bp}\cdot \dfrac{(ap-1)(ap-2)\cdots ((a-1)p+1)}{(bp-1)(bp-2)\cdots ((b-1)p+1}\cdot \dfrac{(a-1)p}{(b-1)p}\cdots \dfrac{(a-b+1)p}{p}\cdot \dfrac{((a-b+1)p-1)((a-b+1)p-2)\cdots ((a-b)p+1)}{(p-1)(p-2)\cdots 1}$$ Bu çarpımda $\frac{mp}{np}$ şeklindeki kesirlerin çarpımının $\dbinom{a}{b}$'yi verdiğini görmek kolaydır. Dolasısıyla amacımız geriye kalan kesirlerin hepsinin $p^3$ modunda $1$ kalanı verdiğini göstermektir. Bu kesirler, $k=1,2,\dots, b$ için $$\dfrac{((a-k+1)p-1)((a-k+1)p-2)\cdots ((a-k)p+1)}{(kp-1)(kp-2)\cdots ((k-1)p+1)}$$ formatındadır. $$P(x)=(x+kp-1)(x+kp-2)\cdots(x+(k-1)p+1)$$ olarak tanımlarsak bu kesir $$\dfrac{P((a-2k+1)p)}{(kp-1)(kp-2)\cdots ((k-1)p+1)}$$ olacaktır $P(x)$'in açılımında $n\geq 3$ için $x^n$'nin $x=(a-2k+1)p$ için $p^3$ modunda kalanı $0$ olacaktır. Dolayısıyla yine $x^2$, $x$ ve sabit terime bakmalıyız. Sabit terimin paydadaki ifadeyi verdiğini görebiliriz. Sadeleştirildiğinde $1$ kalanı gelecektir. Daha doğrusu $x^n$'nin katsayısına $c_n$ dersek $$\dfrac{P((a-2k+1)p)}{(kp-1)(kp-2)\cdots ((k-1)p+1)}\equiv \dfrac{c_2(a-2k+1)^2p^2+c_1(a-2k+1)p+c_0}{(kp-1)(kp-2)\cdots ((k-1)p+1)}\equiv \dfrac{c_2(a-2k+1)^2p^2+c_1(a-2k+1)p}{(kp-1)(kp-2)\cdots ((k-1)p+1)}+1\pmod{p^3}$$ olacağından $c_2\equiv 0\pmod{p}$ ve $c_1\equiv 0\pmod{p^2}$ olduğunu göstermek yeterlidir. Tekrar tekrar yazmamak için paydadaki ifadeye $A$ diyelim. Bu durumda $c_1$ ve $c_2$ değerlerini Vieta teoreminden bulabiliriz. $$c_1=A\sum_{i=1}^{p-1}\dfrac{1}{(k-1)p+i}$$ $$c_2=A\sum_{\underset{i\neq j}{1\leq i,j\leq p-1}}\dfrac{1}{((k-1)p+i)((k-1)p+j)}$$ olacaktır. $c_2$ ifadesi $p$ modunda Wolstenholme teoremi ispatındaki $x^2$'in katsayısına dönüşeceğinden onun $0$ kalanı verdiğini tekrar ispatlamamıza gerek yok. $c_1$ için de önceki ispatta yaptıklarımızın aynısını yapacağız. Tekrarlamamak adına sadece adımları belirteceğim.

$i$ ve $p-i$'leri gruplayıp onların toplamından oluşan kesirlere bakacağız. Bu kesirlerin payları $p$'nin katı olduğundan sadeleştirip ifadeyi $p$ moduna indirgeyeceğiz. Böylece paydadaki $(k-1)p$ kısımları $0$'a denk olduğundan ifademiz önceki ispattaki ifadeye dönüşecek. Onu da ispatladığımız için ispatımız bitecek. $c_1$ ve $c_2$ için ispatlamamız gerekenleri gösterdiğimizden sonuç olarak $$\dbinom{ap}{bp}\equiv\dbinom{a}{b}\pmod{p^3}$$ olduğunu elde ederiz.