Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2019 Soru 4

[Arman]

$$k!=(2^n-1)(2^n-2)(2^n-4) \cdots (2^n-2^{n-1})$$denklemini sağlayan tüm $(k,n)$ pozitif tam sayı ikililerini bulunuz.

[AtakanCİCEK]

Bu denklemde $n$ ifadesi için eşitsizlik kurmaya çalışalım. Öncelikle küçük değerler için biraz hesaplar yapalım.

$n=1$ için $k=1$ olur.
$n=2$ için $k=3$ olur.
$n=3$ için uygun $k$ değeri olmaz.

Not: $v_p(x)$ ifadesi $p$ nin üssünün $x$ e eşit olduğunu gösterir.

Eşitliğin sağ tarafı uzun olduğu için kısaltma amaçlı $EST$ şeklinde yazacağım.$v_2(k!)=v_2(EST)=0+1+2+...+(n-1)=\frac{(n-1).n}{2}$ olur.
$EST=2^{\frac{(n-1).n}{2}}.(2-1).(2^2-1)...(2^n-1)$ şeklinde yazılabilir. $3\mid 2^n-1$ olacak şekilde $n\in Z^+$ olması için $n\ge2$ olmalıdır.
Şimdi bu tarz sayılar için $n=2n'$ dönüşümü yapılabilir.
Kuvvet Kaydırma Teoremi ile  $v_3(4^{n'}-1)=v_3(4^{n'}-1^{n'})=v_3(4-1)+v_3(n')=1+v_3(n')$ olur.
Daha sonra $$ v_3(k!)=\sum_{i=1}^{\infty} \lfloor\frac{n}{2.3^i} \rfloor<\sum_{i=1}^{\infty} \frac{n}{2.3^i}=\frac{n}{2}.\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{3^i} $$


Bu ifadede ise bilinen seri toplamı olduğu için kolaylıkla $v_3(k!)<\frac{3n}{4}$ olur.
De polignac formülünden dolayı $$ v_p(k!)=\sum_{i=1}^{\infty} \lfloor\frac{k}{p^i} \rfloor $$

olduğunu biliyoruz.  Bu formülü iki eşitsizlik arasına sıkıştıralım.

$\lfloor\frac{k}{p}\rfloor<v_p(k!)<\frac{k}{p}+\frac{k}{p^2}+\frac{k}{p^3}+...=\frac{k}{p}.\frac{1}{1-\frac{1}{p}}=\frac{k}{p-1}$
Şimdi $$ v_2(k!)=\frac{n.(n-1)}{2}<k $$

olur.  Aynı zamanda $\frac{k}{3}-1<v_3(k!)<\frac{3n}{4}$ olduğundan dolayı $$ k<\frac{9n}{4}+3 $$
O halde $$ \frac{n.(n-1)}{2}<\frac{9n}{4}+3 $$
yani $2n^2-11n+3<0$ elde edilir. $f(n)=2n^2-11n+3$ olsun. $n\ge 7$ için $f(n)=24>0$ ve $f'(n)= 4n-11\ge 17>0$ olduğundan dolayı daima pozitiftir. O halde $n\le 6$  olmalıdır.

Zaten $n\le 3$ için denemiştik. O halde

$n=4$ için $k!=7!.4$ olacağından dolayı çözümü yoktur.

$n=5$ için  $EST$ $2^5-1=31$ asal çarpanına sahip olacağından dolayı $k!\ge 31!$ olur. buradan ise eşitliğin sol tarafı  $23$ ile bölünürken sağ taraf bölünemez.

$n=6$ için de eşitliğin sol tarafı $23$ ile bölünürken $EST$ $23$ ile bölünmez.

O halde denklemin çözümleri $\{(3,2),(1,1)\}$ olarak bulunur.

[AtakanCİCEK]

Yukarıda elde ettiğimiz $\dfrac{n.(n-1)}{2}<k$  , $$(\dfrac{n.(n-1)}{2})!<k!$$ olduğunu kullanalım

$(\dfrac{n.(n-1)}{2})!<k!=(2^n-1).(2^n-2)....(2^n-2^{n-1})<(2^n)^n=2^{n^2}$   Yani

$$2^{n^2}>(\dfrac{n.(n-1)}{2})!$$ eşitsizliği gelir.

$n=6$ için yanlış olduğunu görebiliriz .

$n\ge 7 $  için ispatlayalım.

$(\dfrac{n.(n-1)}{2})!=15!.16.17.....(\dfrac{n.(n-1)}{2})>2^{36}.2^{\frac{n.(n-1)}{2}}=2^{2n.(n-1)-24}=2^{n^2}.2^{n^2-n-24}>2^{n^2}$ olduğundan  sorudan elde ettiğimiz eşitsizlik ile çelişir.

$n=6$ için de eşitsizliğin geçerli olduğunu elle test etmiştik.  $n\le 5$ olmalıdır. 

geri kalanı diğer çözümle aynıdır.

[AtakanCİCEK]

$n\ge 5$ sayıları için ifade $31$ ile bölünecektir. 

$v_{31}(EST)= \lfloor\dfrac{n}{5}\rfloor$  tir. ($31\mid 2^{5k}-1$)

$\dfrac{n}{10} \le \lfloor\dfrac{n}{5}\rfloor \le v_{31}(EST) = v_{31}(k!)= \sum_{n=1}^{\infty} \lfloor\frac{k}{31^{j}} \rfloor<\sum_{n=1}^{\infty} \frac{k}{31^j}= \dfrac{k}{30}$ 

$3n<k$ elde edilir.

$1.$ Çözümde ispatladığımız $k<\dfrac{9n}{4}+3$ eşitsizlikleri birleştirilirse

$12n<9n+12$ yani  $n\ge 5$ için $n<4$ gelir. Çelişki olduğundan $n<5$ olmalıdır.

Geri kalanı diğer çözümlerle aynıdır.

Not: Neredeyse seçeceğimiz her tek $p$ asal sayısı için bu tarz bir eşitsizlik yakalamak mümkündür.