Çözüm: (İbrahim Atakan Çiçek)
Not: Bu soruda çözüm sayısı yerine tüm çözümleri sorsam daha iyi olurdu sanırım. Continued Fractions'a gerek kalmazdı.
Denklemde öncelikle $n<n+2^a$ nın bariz olduğunu görelim. Buradan yola çıkarsak, Conjecture'ın geçerli olmadığı durumlar $n=0$ ve $n=1$ olduğu görülebilir.
$n=0$ için denklemin $m!=(2^a)!$ olduğunu görürüz. Yani denklemin çözümü her $k\geq 1$ için $(2^k,0,k)$ olduğu görülebilir. $a=0$ için ise $m=0$ ve $m=1$ şeklinde $2$ farklı çözümün olduğu görülür.
$n=1$ için denklem $m!=(1+2^a)!$ olur. Buradan da denklemin çözümü her $k\geq 0$ için $(2^k+1,1,k)$ olur. Bu denklemlerin çözüm sayısını daha sonra hesaplayacağız.
Şimdi soruda verilen Conjecture'ı $n>1$ olduğunu not ederek uygulayalım. Buradan $(6,7,10)$ durumunu incelersek $n=6$ , $a=0$ ve $m=10$ olduğunu görürüz. Diğer geri kalan durumlarda parametrizasyonda $n=x$ denk geldiği için ($n=x!-1$ ve $n+2^a=x$ durumunda $x<3$ geldiğinden ve buradan gelen çözümler zaten yukarıdak baktığımız trivial $n$ değerlerini verdiği için incelememize gerek yok.)
$n+2^a=n!-1$ olur. Bu denklemi çözmek için ifademizi $$2^a=n!-n-1$$ olarak yazalım ve Eşitliğin sol tarafının en az bir adet tek asal çarpan içerdiğini ispatlayalım.
Öncelikle $n$ çift sayı ise $n\geq 4$ için eşitliğin sağ tarafının $1$ den büyük tek sayı olduğu görülür ve $n=0$ ve $n=2$ için $2^a=-1$ gelir yani $n$ in çift olması çelişkiye yol açar.
$n$ tek olmalıdır. Bu durumda $n=2k+1$ , $k\in Z^+$ dönüşümü yapabiliriz. ($k=0$ çalışmadığı için) Bu durumda $2^a=(2k+1)!-(2k+2)$ olduğu görülür.
Kaba bir tahminle $k\geq 3$ olsun. Bu durumda ifadeyi $$2^a=(\dfrac{(2k+1)!}{2k+2}-1)(2k+2)$$ şeklinde yeniden yazabiliriz ve soldaki çarpanın tam sayı olduğu açıktır. Soldaki çarpanın $k\geq 3$ için tam sayı olduğu ve daima tek sayı olduğunu gösterelim. Bunu göstermek için şunu yapalım $k=3$ ü deneyerek tek olduğunu görebiliriz. $k>3$ olsun. Bu durumda $k+1|(2k+1)!$ ve $k+1\not \mid 4$ olduğundan $$v_2(\dfrac{(2k+1)!}{2k+2})\geq 1$$ olduğunu garanti ederiz. Bu nedenle
$$\dfrac{(2k+1)!}{2k+2}-1=1$$ olmalıdır. Buradan $(2k+1)!=4k+4$ olur. $k\geq 2$ için $f(k)=(2k+1)!-(4k+4)$ tanımlayıp her $k\geq 2$ için $f(k+1)>f(k)$ ve $f(2)>0$ olduğu gösterilerek ispatlanabilir. $k=1$ ve $k=0$ ı denersek sağlamadığı görülebilir.
Bu durumda geriye $2k+2\not \mid (2k+1)!$ durumları kalır.
Yani olası değerimiz $k=1$ olur. bu durumda $k=1$ ise $n=3$ elde edilir. $2^a=n!-n-1$ denkleminde denersek $n=3$ için $a=1$ çözümü elde edilir Bunu sağlayan $m=6$ olduğu görülür. Başka çözüm yoktur.
$k\geq 1$ için $(2^k,0,k)$ ve $k\geq 0$ için $(2^k+1,1,k)$ dan gelen çözüm sayıları hariç çözümler $(0,0,0),(1,0,0),(10,6,0),(6,3,1)$ dir.
$2^k+0\leq 10^{3000}$ olacak şekildeki en büyük $k$ tam sayısını bulmalıyız. Bunu çözmek için $2^m<5^{3000}$ i çözmemiz yeterlidir (Continued Fractions Kullanmadan bu maksimum değeri bulmanın daha güzel yolu var mıdır şu anlık bilmiyorum.). Her iki tarafı $2$ tabanında logaritmasını alırsak
$m<3000.\log_2(5)$ olarak yazabiliriz.
Continued Fractions yardımıyla $$\dfrac{2}{1},\dfrac{7}{3},\dfrac{65}{28},\dfrac{137}{59},\dfrac{339}{146},\dfrac{1493}{643},...$$
Burada bu değerler bir alt sınır bir üst sınır şeklinde devam ediyor.
$\dfrac{339}{146}<\log_2(5)<\dfrac{1493}{643}$ sonucuna ulaşılabilir.
Buradan sınırları genişletirsek $6965<3000.\log_2(5)<6966$ olduğu görülür. Bu da bize seçebileceğimiz en büyük $m$ nin $6965$ olduğunu yani $k=m+3000=9965$ olduğunu gösterir.
Buradan $9965-1+1=9965$ çözüm gelir. $2^{9965}=10^{3000}$ in sağlanmadığı açık olduğu için ($\pmod 5$ analiziyle) $2^k+1\leq 10^{3000}$ için de maksimum $k=9965$ seçebiliriz. Buradan ise $9965-0+1=9966$ çözüm gelir.
Dolayısıyla toplamda denklemin $4+9965+9966=19935$ çözümü olduğu görülür. Buradan çözüm sayısının rakamları toplamı $27$ olarak bulunur.
Not: Bu eşlemede elde ettiğimiz $2^a=n!-n-1$ diyafont denklemi genel halde $p^k=n!-n-1$ için bazı sonuçlar elde edilebilir hatta çözülebiliyor da olabilir.
Not: $k$ negatif olmayan bir tamsayı , $p$ bir asal sayı ve $n$ pozitif tam sayı olmak üzere $p^k=n!-n-1$ eşitliğinin sağlandığı biliniyor. Bu durumda $k=1$ olması gerektiğini ispatlayınız.
