$x^2 + y^2=z!$ Denklemi {çözüldü}

[Lokman Gökçe]

Problem: $x^2 + y^2=z!$ denklemini sağlayan tüm $(x,y,z)$ doğal sayı üçlülerini bulunuz.

($\mathbb N = \{ 0,1,2, \dots \}$ doğal sayılar kümesidir.)

[Metin Can Aydemir]

Buradaki sorunun altında $x^2+y^2=n$ denkleminin çözüm sayısını veren formülü belirtmiştim. Bu formülün ispatını da buradaki PDF'de detaylı bir şekilde gösterdim. Kısaca belirtmek gerekirse $x^2+y^2=n$ denkleminin çözümünün olması için $n$'yi bölen her $4k+3$ formatındaki asal sayı için $n$'nin çarpanlarına ayrılmış halindeki bu asal sayının üstünün çift olması gerekir.

Soruya geçecek olursak $z!$'in çarpanlarına ayrılmış halini incelememiz gerekir. $z=0$, $z=1$ ve $z=2$ için $(x,y,z)=(0,1,0),(1,0,0),(1,0,1),(1,1,2)$ çözümleri bulunur. $z\in \{3,4,5\}$ için $z!$, $3$ ile bölünür fakat $9$ ile bölünmez dolayısıyla çözüm gelmez. $z=6$ için $z!=2^4\cdot 3^2\cdot 5$ olacaktır. $x$ ve $y$'nin $4$ ve $3$'e bölünmesi gerektiği modüler aritmetik yardımıyla gösterilebilir.

Not: $p=4k+3$ formatında bir asal sayı olmak üzere, $p|x^2+y^2$ ise $p|x$ ve $p|y$ olmalıdır. Benzer şekilde $4|x^2+y^2$ ise $2|x$ ve $2|y$ olmalıdır.

$x=12x_0$ ve $y=12y_0$ dersek $x_0^2+y_0^2=5$ elde edilir. Buradan $(x_0,y_0)=(1,2),(2,1)$ ve dolayısıyla $(x,y,z)=(12,24,6),(24,12,6)$ bulunur.

$z=7$ için $7\mid z!$ fakat $7^2\nmid z!$ olacağından çözüm gelmez. $z\in \{7,8,9,10,11,12,13\}$ için de aynı durum söz konusudur.
$z=14$ için $11\mid z!$ fakat $11^2\nmid z!$ olacağından çözüm gelmez. Benzer şekilde $z\in \{14,15,16,\dots, 21\}$ için de çözüm gelmeyecektir.
$z=22$ için $19\mid z!$ fakat $19^2\nmid z!$ olur. Aynı şekilde $z\in \{22,23,24,\dots, 37\}$ için de olmaz.

Buradan şunu gözlemliyorum; $p$, $4k+3$ formatında bir asal sayı olmak üzere $p<q<2p$ olacak şekilde bir $4k+3$ formatında $q$ asal sayısı vardır fakat bu bana yanlış bir argüman gibi geliyor. Bernard Postulatına göre her $n\geq 2$ tamsayısı için $n<p<2n$ olacak şekilde bir $p$ asal sayısı vardır fakat benim bildiğime göre $4k+3$ formatındaki asal sayılar için böyle bir genelleme yok. Büyük olasılıkla tüm çözümler $(x,y,z)=(1,0,0),(0,1,0),(1,0,1),(0,1,1),(12,24,6),(24,12,6)$'dir. Ancak $z>6$ için gözlem dışında bir ispat bulamadım. Ben biraz daha uğraşacağım, bulanlar da paylaşırsa sevinirim.

[Eray]

Bertrand Postulatına göre her $n>2$ tamsayısı için $n<p<2n$ olacak şekilde bir $p$ asal sayısı vardır fakat benim bildiğime göre $4k+3$ formatındaki asal sayılar için böyle bir genelleme yok.

Böyle bir genelleme mevcut. $4k+1$ ve $4k+3$ formundaki asalların her ikisi için de bunu söyleyebiliyoruz.
https://mathworld.wolfram.com/ChoquetTheory.html

[Metin Can Aydemir]

Bertrand Postulatına göre her $n>2$ tamsayısı için $n<p<2n$ olacak şekilde bir $p$ asal sayısı vardır fakat benim bildiğime göre $4k+3$ formatındaki asal sayılar için böyle bir genelleme yok.

Böyle bir genelleme mevcut. $4k+1$ ve $4k+3$ formundaki asalların her ikisi için de bunu söyleyebiliyoruz.
https://mathworld.wolfram.com/ChoquetTheory.html

O halde bu soruyu bitirir, çünkü $p$ ile $2p$ arasında $4k+3$ formatında bir $q$ asal sayısı varsa $p<q<2p<2q$ olacaktır. Yani $p=4k+3$ formatındaki asal sayı olmak üzere, $p!$ sayısı $p^2$ ile bölünmeyeceğinden ama $p$ ile bölüneceğinden $z=p$ için çözüm gelmeyecektir. $z\in \{p,p+1,\dots 2p-1\}$ için de aynı durum olacaktır. $z\in \{2p,2p+1,\dots 2q-1\}$ için $q\mid z!$ fakat $q^2\nmid z!$ olacaktır. Benzer şekilde $(q,2q)$ aralığında da bir $4k+3$ formatında asal sayı alarak bu işlemi sonsuza kadar götürebiliriz. Yani $z>6$ olan her $z\in \mathbb{Z}$ için $p\mid z!$ ama $p^2\nmid z!$ olan bir $4k+3$ formatında asal sayı bulunabilir. Dolayısıyla $z>6$ için denklemin çözümü yoktur.