$x!.y!=z!$ eşitliği

[alpercay]

1)  $x,y,z$  pozitif tam sayıları için $$x!.y!=z!$$  $$x+y+z=23$$  eşitlikleri sağlanıyor ise bu sayıları bulunuz.



2) $x,y,z$  pozitif tam sayıları için $$x!.y!=z!$$  $$x+y+z=51$$  eşitlikleri sağlanıyor ise bu sayıları bulunuz.

[Lokman Gökçe]

Problem 1'in Çözümü: $x=1$ için $y! = z!$ ve $y+z=22$ olup $y=z=11$ bulunur. Simetriden dolayı $(x,y,z) = (1,11,11), (11,1,11)$ çözümleri elde edilir.

$2\leq x \leq y \leq z$ kabul edebiliriz. Bu durumda $x+y+z=23$ denklemine göre $y\leq 10$ olmalıdır. Eğer $x!\cdot y! = z!$ denkleminin pozitif tam sayılarda çözümü varsa $ x! = y+1, (y+1)(y+2), (y+1)(y+2)(y+3), \dots $ gibi $x!$ sayısını bir kaç ardışık pozitif tam sayının çarpımı olarak yazılabilmelidir.

$x=2$ için $2! = y + 1$ denirse $y=1$ olup uygun çözüm değildir.

$x=3$ için $3! = y+1$ denirse $y=5$ olur. $3!\cdot 5! = 6! = z!$ olup $z=6$ bulunur. Fakat $x+y+z = 14 \neq 23$.
$x=3$ için $3! = (y+1)(y+2)$ denirse $y=1$ olup $x\leq y$ koşuluna uymaz.

$x=4$ için $4! = y+1$ denirse $y=23$ olur. $y\leq 10$ koşuluna uymaz.
$x=4$ için $4! = (y+1)(y+2)$ denirse uygun $y$ yoktur.
$x=4$ için $4! = (y+1)(y+2)(y+3)$ denirse $y=1$ olup $x\leq y$ koşuluna uymaz.

$x=5$ için $5! = y+1,  (y+1)(y+2)$ veya $ (y+1)(y+2)(y+3)$ durumlarını inceleriz ve uygun çözüm yoktur. $y\geq 5$ olduğundan $ (y+1)(y+2)(y+3) \geq 210>120$ dir. Yani $5!$ sayısını $2$ den fazla ardışık sayının çarpımı olarak yazmak da mümkün değildir.

$x=6$ için $6! = y+1,  (y+1)(y+2)$ durumlarında çözüm yoktur. $6! = (y+1)(y+2)(y+3) = 8\cdot 9 \cdot 10$ olup $y=7$ çözümü vardır. Bu halde $6!\cdot 7! = 10! =z!$ olup $z=10$ elde edilir. Ayrıca $x+y+z = 23$ eşitliği de sağlanır. Simetriden dolayı $(x,y,z) = (6,7,10), (7,6,10)$ çözümleri elde edilir.

$7 \leq x\leq y$ için $7\mid x!$ ve $7\mid y!$ olduğundan $7^2 \mid z!$ dir. Bu halde $z\geq 14$ olmalıdır. $x+y+z \geq 7 + 7 + 14 = 28 > 23$ olduğundan, bu durumda da çözüm yoktur.

Sonuç olarak verilen denklem sistemini sağlayan $4$ tane pozitif tam sayı üçlüsü vardır.

[Lokman Gökçe]

Problem 2 için, düzeltmeyi göz önüne alarak bir şeyler söyleyebiliriz.

$x+y+z=51$ verilmişti. $\dfrac{52}{4}=13$ tür. Simetriden dolayı $x\leq y$ kabul edebiliriz. $y\geq x\geq 13$ iken $13\mid x!$ ve $13\mid y!$ olduğundan $13^2\mid z!$ olmalıdır. Bu ise $z\geq 26$ olmasını gerektirir. $x+y+z \geq 13 + 13 + 26 = 52>51$ dir. Dolayısıyla $y\geq x\geq 13$ durumlarında çözüm olmadığını anlamış oluyoruz.

$x \leq 12$ durumlarının analiz edilmesini de uygun bir vakitte yapmaya çalışalım.

[alpercay]

Teşekkürler Lokman Hocam. İkinci soruda  $51$  yerine  sehven $52$ yazmışım. Doğrusu $x+y+z=51$ olacaktı.

İlk sorunun  trivial olmayan tek çözümünün  $6!\cdot7!=10!$ olduğunu biliyordum. Siz de göstermiş oldunuz.

[alpercay]

İkinci soru için şöyle bir çözüm düşünülebilir:

İyi bilinen $n(n-1)!=n!$  özdeşliğinde $n=a,  a!-1=y,  a!=z$ yazarsak  eşitlik $$a!(a!-1)!=(a!)!$$  şekline dönüşür (bu eşitliğin sonsuz pozitif tam sayı çözümü vardır https://geomania.org/forum/index.php?topic=8471.msg22770;topicseen#new). Bu eşitlikte  $x=a,  y=a!-1,  z=a!$  alıp   $x+y+z=51$ eşitliğinde yerine yazarak   $$a[2(a-1)!+1]=52$$ Bu eşitliği sağlayan tek tam sayı değerinin $a=4$ olduğu kolaylıkla görülür. Buna göre $x=4,  y=23,  z=24$  bulunur. Dolayısıyla çözümler $(4,23,24)$  veya simetriden $(23,4,24)$ olmalıdır. Bu yöntem ilk soruda çalışmaz.