En küçük asal kare kalan

[Metin Can Aydemir]

$p$ tek asal sayı olmak üzere, tek asal sayılar kümesinden, asal sayılar kümesine tanımlı $\mathrm{L}(p)$ fonksiyonu, $p$ modunda karekalan olan ($p$'den farklı) en küçük asal sayıyı versin. Örneğin, $\mathrm{L}(3)=7$, $\mathrm{L}(5)=11$ ve $\mathrm{L}(7)=2$ sağlanır. Buna göre, $p>5$ için

a) $\mathrm{L}(p)> \sqrt{p}$ ise $\mathrm{L}(p)=\dfrac{p+1}{4}$ olduğunu gösteriniz.

b) $p>11$ için $\mathrm{L}(p)=\dfrac{p+1}{4}$ ise $\left (\mathrm{L}(p),\mathrm{L}(p)+2,\mathrm{L}(p)+6 \right )$ üçlüsünün, asal sayı üçlüsü olduğunu gösteriniz. (Metin Aydemir)

Not: Soru aslında "en küçük asal karekalan" üzerine bir teoremden, benim tarafımdan uyarlanılarak oluşturulmuştur.

[Metin Can Aydemir]

Bu sorunun bir teoremin uyarlaması olduğunu belirtmiştim ve akademik kaynaklarda bu teoremin grup teorisi kullanılan çözümleriyle karşılaştım. Burada bu soruya bu konulara girmeden çözmeye çalışacağım.

a) Öncelikle gözlem ile başlayalım eğer $\mathrm{L}(p)=\dfrac{p+1}{4}$ ise $\dfrac{p+1}{4}$  bir asal sayı olmalıdır. $2$ haricinde bir değer alması halinde $p$'nin $8k+3$ formunda olması gerekir. Zaten $\left (\dfrac{a}{p}\right )$ legendre sembolü olmak üzere, $p$ tek asal sayısı için $$\left (\dfrac{2}{p}\right )= (-1)^{\frac{p^2-1}{8}}$$ olduğundan $8k+1$ ve $8k+7$ formatındaki sayılar için $\mathrm{L}(p)=2<\sqrt{p}$ olacaktır. Dolayısıyla geriye incelenecek sadece $8k+3$ ve $8k+5$ formundaki asal sayılar kalır.

$i)$ $p\equiv 5\pmod{8}$ ise $p$, $4k+1$ formundadır ve $a^2+b^2=p$ olacak şekilde $a$ ve $b$ pozitif tamsayıları vardır (Bunun ispatı için buradaki PDF'i inceleyebilirsiniz). $a$ ve $b$'den birisi tek diğeri çifttir. Genelliği bozmadan $a$ tek ve $b$ çift olsun. $b\equiv 2\pmod{4}$ olmalıdır çünkü aksi taktirde $$p=a^2+b^2\equiv a^2\equiv 1 \pmod{8}$$ olur. Bu bir çelişkidir. Dolayısıyla eğer $b\neq 2$ ise $b$'nin en az bir tek asal böleni vardır. Bu asal bölen $q$ olsun. O halde $$p=a^2+b^2\equiv a^2\pmod{q}\Longrightarrow \left(\dfrac{p}{q} \right )=1$$ olur. $\left(\dfrac{p}{q} \right )\left(\dfrac{q}{p} \right )=(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}$ olduğundan ve $p=8k+5$ formunda olduğundan $(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}=1$ olur. Yani $\left(\dfrac{q}{p} \right )=1$ olmalıdır. Dolayısıyla $q$ karekalan bir asal sayıdır. $q\mid b$ olduğundan $b\geq q$ olur. $$p=a^2+b^2> q^2\Longrightarrow \sqrt{p}> q\Longrightarrow \sqrt{p}> q \geq \mathrm{L}(p)$$ elde edilir. Eğer $b=2$ ise $p=a^2+4$ olur. $p>5$ olduğundan $a>1$ olmalıdır. $a$ tek olduğundan $a$'nın da en az bir tane tek asal böleni olması gerekir. Bu asal sayıya $r$ dersek aynı işlemleri yaparsak $\sqrt{p}> r \geq \mathrm{L}(p)$ elde edilir.

$ii)$ Eğer $p\equiv 3\pmod{8}$ ise incelememiz gereken ifade için b şıkkındaki asal sayıları inceleyelim, $\mathrm{L}(p)=\dfrac{p+1}{4}$, $\mathrm{L}(p)+2=\dfrac{p+9}{4}$ ve $\mathrm{L}(p)+6=\dfrac{p+25}{4}$'dir. Dolayısıyla buradan $\dfrac{p+b^2}{4}$ ifadesini kullanacağımızı öngörebiliriz. $\dfrac{p+b^2}{4}=ac$ ifadesine bakalım. $p=4ac-b^2$ olur. Her $8k+3$ formatındaki asal sayı için sonsuz sayıda $(a,b,c)$ pozitif tamsayı üçlüsü elde edebiliriz ($b$'yi tek alırsak $\dfrac{p+b^2}{4}$ tamsayı olur). Burada $a$, $b$ ve $c$ tek sayı olmalıdır aksi takdirde çelişki olacağı rahatlıkla gözlemlenebilir. Eğer bu $(a,b,c)$ üçlüleri arasında $a>1$ ve $b\leq a\leq c$ olacak şekilde bir üçlü varsa $a$ tek olduğundan $a$'nın bir tek asal böleni vardır. Bu asal sayı $q$ olsun. $$-p=b^2-4ac\equiv b^2\pmod{q}\Longrightarrow \left(\dfrac{-p}{q}\right )=1$$ olur. $$\left(\dfrac{p}{q} \right )\left(\dfrac{q}{p} \right )=(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}=(-1)^{\frac{((8k+3)-1)(q-1)}{4}}=(-1)^{\frac{q-1}{2}}=\left(\dfrac{-1}{q} \right )\Longrightarrow \left(\dfrac{-p}{q} \right )\left(\dfrac{q}{p} \right )=1\Longrightarrow \left(\dfrac{q}{p} \right )=1$$ olur. Yani $q$ karekalan bir asal sayıdır. $$p=4ac-b^2\geq 4ac-a^2\geq 4a^2-a^2=3a^2\geq 3q^2\Longrightarrow \sqrt{p}> \sqrt{\dfrac{p}{3}}> q\geq \mathrm{L}(p)$$ olur.

Dolayısıyla $\mathrm{L}(p)\geq \sqrt{p}$ ise $p=4ac-b^2$ eşitliğini sağlayan pozitif $(a,b,c)$ tamsayı üçlülerinden hiçbiri $a>1$ veya $b\leq a \leq c$ şartlarından birini sağlamıyordur. $b=1$ için $ac=\dfrac{p+1}{4}$ olur. $\dfrac{p+1}{4}$ asal sayı olmalıdır aksi takdirde bileşik sayı olur ($p>5$ olduğundan $1$ olamaz) ve $1<a\leq c$ olacak şekilde $a$ ve $c$ vardır. Bu da sağlanmamasını istediğimiz şartları sağladığı anlamına gelir. Bu bir çelişkidir. Ayrıca $\dfrac{p+1}{4}$ karekalandır çünkü $$\dfrac{p+1}{4}\equiv \dfrac{1}{4}\equiv \left (\dfrac{1}{2} \right )^2\pmod{p}$$ $p$ tek olduğundan $\dfrac{1}{2}$ sayısı, $p$ modunda bir tamsayıya denktir. Dolayısıyla $\dfrac{p+1}{4}\equiv x^2\pmod{p}$ olacak şekilde bir $x$ tamsayısı vardır. Şimdi $L(p)=\dfrac{p+1}{4}$ olduğunu gösterelim. Aksini kabul edelim. $\mathrm{L}(p)=q<\dfrac{p+1}{4}$ olsun. $p$, $8k+3$ formunda olduğundan ve $q$ karekalan olduğundan yukarda yaptıklarımızı burada da yaparsak $\left(\dfrac{-p}{q}\right)=1$ olduğunu bulabiliriz. Dolayısıyla $u^2\equiv -p\pmod{q}$ olacak şekilde $q>u$ pozitif tamsayısı vardır. Hem $u$ hem de $q-u$ bu denkliği sağlayacağından genelliği bozmadan $u$ tek olsun diyebiliriz. Yani $u^2+p=qt$ olacak şekilde $t$ vardır. $u$ tek olduğundan ve $p\equiv 3\pmod{8}$ olduğundan $t\equiv 4\pmod{8}$ bulunur. $t=4m$ için $m$ tektir. $p=4qm-u^2$ ifadesi elde edilir ki yukarda incelediğimiz ifadenin aynısıdır. Kabul gereği $(a,b,c)=(q,u,m)$ ve $(a,b,c)=(m,u,q)$ üçlüleri $a>1$ veya $b\leq a\leq c$ şartlarından en az birini sağlamamalıdır. Yani $a=1$ veya $a<b$ veya $c<a$ olmalıdır. $q>1$ ve $q>u$ olduğunu kullanırsak $(a,b,c)=(q,u,m)$ için $q>m$ elde edilir. $(a,b,c)=(m,u,q)$ için $m=1$ veya $m<u$ elde edilir. Yani $m=1$ veya $q>u>m$ olmalıdır.

Eğer $q>u>m>1$ ise $m$ tek olduğundan $m$'yi bölen bir tek asal sayı vardır. Bu asal sayıya $r$ dersek $-p\equiv u^2-4qm\equiv u^2\pmod{r}$ olur ve $\left ( \dfrac{-p}{r}\right )=1$ olur. Yukarıda da gösterdiğimiz gibi $\left ( \dfrac{r}{p}\right )=1$ olur yani $r$ de bir karekalandır fakat bu $q$'nun en küçük karekalan asal sayı olmasıyla çelişir. Dolayısıyla $m=1$ olmalıdır. $$u^2+p=4q<4\left(\dfrac{p+1}{4}\right)=p+1\Rightarrow u^2<1$$ olur, çelişki. Dolayısıyla $\dfrac{p+1}{4}$ en küçük karekalan asal sayı olmalıdır. Bu da soruda istenileni ispatlar.

Örnek: $p=19,43,67,163$ asalları bu şartı sağlar.

[Metin Can Aydemir]

b) a şıkkında gösterdiğimiz gibi $\mathrm{L}(p)=\dfrac{p+1}{4}$ ise $p=7$ durumu hariç $p$, $8k+3$ formunda olmalıdır. $p>11$ verildiğinden $p\geq 13$'dür fakat $p=13$ ve $p=17$ için $\mathrm{L}(p)=\dfrac{p+1}{4}$ eşitliğini sağlamadığı için $p\geq 19$ durumuna bakmamız yeterlidir ($13$ ve $17$, $8k+3$ formunda değildir). a şıkkının çözümünden $p=4ac-b^2$ olacak şekildeki her $(a,b,c)$ pozitif tamsayı üçlüleri için $a>1$ veya $b\leq a\leq c$ şartlarından en az birinin sağlanmayacağını biliyoruz. Yani $a=1$ veya $a<b$ veya $c<a$ olmalıdır. $p=4ac-b^2$ ifadesinde $b=1$ için $\dfrac{p+1}{4}$ ifadesinin asal sayı olduğunu göstermiştik. Benzer işlemleri yapalım. $b=3$ için $ac=\dfrac{p+9}{4}=\mathrm{L}(p)+2$ olur. Bu eşitliği sağlayan her $a$ ve $c$ için $a=1$ veya $a<3$ veya $c<a$'dır. $a$ tek sayı olduğundan $a<3$ ise $a=1$'dir. Dolayısıyla $a=1$ veya $c<a$'dır. Eğer $\dfrac{p+9}{4}$ asal sayı değilse $1$ olamayacağı bariz olduğundan bileşik sayı olmalıdır. Dolayısıyla $1<a\leq c<\dfrac{p+9}{4}$ olacak şekilde $a$ ve $c$ vardır. Bu bir çelişkidir. Dolayısıyla $\dfrac{p+9}{4}=\mathrm{L}(p)+2$ asal sayıdır.

$b=5$ için $ac=\dfrac{p+25}{4}=\mathrm{L}(p)+6$ olur. Şartlar ise şu hale gelir; $a=1$ veya $a<5$ veya $c<a$ olur. $a<5$ ise $a=1$ veya $a=3$'dür. Lakin $a=3$ olamaz çünkü $$3c=\mathrm{L}(p)+6\Longrightarrow 3\mid \mathrm{L}(p)\Longrightarrow \mathrm{L}(p)=3$$ olur. $\mathrm{L}(p)=\dfrac{p+1}{4}=3$ ise $p=11$ olur fakat $p>11$ olduğundan çelişkidir. Dolayısıyla $a=1$ veya $c<a$ olmalıdır. Yukarıdakine benzer şekilde, $\dfrac{p+25}{4}$ asal değilse bileşik sayıdır ve bu durumda da $1<a\leq c<\dfrac{p+25}{4}$ olacak şekilde $a$ ve $c$ vardır. Bu bir çelişkidir. $\mathrm{L}(p)+6$ asal sayıdır.

Sonuç: Görüldüğü gibi eğer $L(p)\geq \sqrt{p}$ olacak şekilde sonsuz $p$ asal sayısı varsa $\left (\mathrm{L}(p),\mathrm{L}(p)+2,\mathrm{L}(p)+6 \right )$ üçlüsünün de asal olmasını sağlayan sonsuz $p$ asalı vardır, başka bir değişle, bu $p$ asallarının sonsuzluğunu ispatlamak, ikiz asal sayıların ve kuzen asalların sonsuz olduğu sonucunu çıkarır. Lakin ikiz asalların sonsuz sayıda olduğu hala ispatlanabilmiş değil. Dolayısıyla bu şartı sağlayan asal sayıların ya sonlu sayıda olması ya da sonsuz sayıda olduğunun ispatlanamamış olması gerekir. Üniversite hocalarıma sorduğumda, grup teorisinden dolayı, bu şartı sağlayan $11$'den büyük tüm asalların $p=19,43,67,163$ olduğunu söylediler fakat bunun ispatını ben de bilmiyorum.

[Lokman Gökçe]

Döktürmüşsün yine  . Tebrikler.