Bu soru aynı zamanda $2005$ Hırvatistan M.O. $11.$ sınıf sorusu.
Yanıt: $(3,3,4)$
Öncelikle genelliği bozmadan $a\leq b $ kabul edebiliriz. Manuel testler yardımıyla $a,b,c \geq 2$ olması gerektiğini görebiliriz. $a=2$ olmadığını gösterelim. $a=2$ olsun. O halde $$2b!=b!+c!+2$$ yani $b!=2+c!$ gelir. $b,c\geq 3$ için $(mod3)$ çelişkisi denklemden çıkar. $b=2$ için $c!=0$ çözümsüz. $b=3$ için $c!=4$ çözümsüz. O halde $a\geq 3$ olmalıdır.
$3\leq a \leq b$ için varsayalım ki $b\geq c$ sağlansın. Bu durumda $a!b!\geq 6b!$ olur. Ancak $a!+b!+c!\leq 3 b!$ sonucu gelir. Çelişki. O halde
$3\leq a \leq b < c$ elde ederiz. Denklemimizi $b!$ modunda analiz edersek $$a!\equiv 0(modb!)$$ gelir. ($b!|b!$ ve $c>b$ şartından dolayı $b!|c!$ ) yani $b!|a!$ olmalıdır. $a\leq b$ kabulümüzden dolayı bu ancak $a=b$ iken mümkündür.
Denklemimiz $$(a!)^2 = 2a!+c!$$ olur. $c=a+t, t\in Z^+$ vardır. Denklemi $a!$ ile bölersek $$a!-2=(a+1)(a+2)....(a+t)$$ elde ederiz. Ardışık üç terim çarpımının tümevarımla $3$ ile bölünebileceği gösterilebilir. Ancak $a!-2$ $3$ ile bölünemez ($a\geq 3$). O halde $t=1$ ya da $t=2$ olmalıdır.
1) $t=1$ olsun. O halde $a!-2=a+1$ yani $$a!-a-3=0$$ olur. Pozitif tam sayılarda $f(a)=a!-a-3$ tanımlarsak $f(a+1)-f(a)>0$ ın hangi $a$ dan sonra sağlandığını ispatlayalım.
$$(a+1)!-a!-(a+1)-3+a+3>0$$ olduğunu göstermeliyiz. Yani $$a.a!>1$$ gelir. Bu da $a\geq 3$ için çalıştığımızdan dolayı barizdir. $a=3$ için $f(a)=0$ olur. Dolayısıyla başka $a$ değeri sağlanmaz. $(3,3,4)$ çözümü gelir.
2) $t=2$ olsun. O halde $a!-2=a^2+3a+2$ yani $a!-a^2-3a-4=0$ olur. Pozitif $a\geq 3$ tam sayılarda $g(a)=a!-a^2-3a-4$ tanımlarsak $a=5$ için $g$ pozitif olduğunu görürüz. $$g(a+1)-g(a)>0$$ ne zaman sağlanır bakalım. $$a.a!-(2a+1)-(3a+3)-4+3a+4>0$$ olduğunu göstermemiz gerektiği görülür. Buradan $$a.a!-2a-4>0$$ sağlanmalı. Bunu $a\geq 5$ için daima sağlandığını görmek için $a=5$ in sağladığını görüp $a\geq 5$ olan pozitif tam sayılarda $h(a)=a.a!-2a-4$ tanımlarsak ve $h(a+1)-h(a)>0$ gösterirsek ispat biter. $(a+1).(a+1)!-2.(a+1)-4-a.a!+2a+4>0$ sağlanmalı. düzenlersek $$(a^2+a+1).a!-2>0$$ olması gerektiğini görürüz ki bu da $a\geq 5$ için barizdir. O halde $a=3$ ve $a=4$ hariç bu denklem sağlanamaz.
$a=3$ ise $3!-2=3^2+3.3+2$ sağlanmaz.
$a=4$ ise $4!-2=4^2+3.4+2$ sağlanmaz. O halde buradan çözüm gelmiyor.
Tek çözüm üçlüsü $$(3,3,4)$$ olur.
Not: Sondaki durumda $a!$ ifadesi $ma^2+ba+c$ ve $ma+b$ formu ifadelerden daima fazla büyür argümanı da kullanılabilirdi.
Not2: Bu soruya benzer bir soru olarak $x!+y!+z!=u!$ denklemini negatif olmayan tam sayılarda çözünüz. (Kanada M.O $1983$)
Not3: Austrian MO 2024 Sınavında da $$k!+m!=k!n!$$ denklemini pozitif tam sayılarda çözünüz şeklinde bir soru gelmiş.
