(İbrahim Atakan Çiçek)
a)
Denklemin $n=0$ için sağlanmadığı açıktır. Dolayısıyla $n+1$ sayısının en az bir asal böleni olmalıdır. $q \mid n+1$ olacak şekilde $q$ asalı seçelim ve $q\leq n+1$ olduğunu not edelim. Ayrıca $q\leq n$ sağlanıyorsa $q|n!$ yani $q|p^k$ elde edilir ve buda bize $q=p$ olması gerektiğini verir. $n+1=p^a$ , $a\geq 1$ formatında bulunur.
Geri kalan durumlarda $q>n$ sağlanmalıdır. Ayrıca $q\leq n+1$ de sağlanması gerektiği için $n+1=q$ tek olasılık olur. Her iki durumda $n+1$ ifadesinin tek asal böleni olduğu görüldüğünden ispat biter.
Not: $2.$ durumda $p=q$ şartı yoktur. $q=5$ ve $p=19$ örneği verilebilir.
b)
i) $p=2$ olsun. Bu durumda $2^k=n!-n-1$ denklemini çözmemiz gerekir. $n$ çift ise $n=0$ hariç (denenirse $-1=2^k$'dan çelişki verir.) $n!-n-1$ tek olacağı için $k=0$ tek mümkün tek olasılık olur. Ancak $n!-n-1\geq 2$ , $n\geq 3$ olduğundan ve küçük değerler sağlamadığı için çözüm gelmez.
$n=2x+1$ , $x\in \mathbb{Z}^+$ alabiliriz. ( $n=1$ denenirse çelişki gelir.) Ve bu da bize
$$2^k=(2x+1)!-2.(x+1)$$ verir. $x> 3$ alalım. Bu durumda $(x+1)|(2x+1)!$ ve $x+1\not \mid 4$ olduğundan
$$2^k=(\dfrac{(2x+1)!}{2.(x+1)}-1).2.(x+1)$$ elde ederiz ve soldaki çarpan $1\pmod 2$ olmalıdır ( faköriyelde bulunan $4$ çarpanı sadece $2$ ile bölünmesi gerektiği için bu terim $2$ nin katıdır ).
O halde $2^k$ ifadesinin tek çarpanı ancak ve ancak $\dfrac{(2x+1)!}{2.(x+1)}-1=1$ için gelir. Denklemin eşitsizlikler yardımıyla çözümünün bulunmayacağı görülebilir.
Buradan $x=1$ $x=2$ ve $x=3$ için $n$ değerleri sırasıyla $n=3$ , $n=5$ ve $n=7$ olarak bulunur. Buradan sadece $n=3$ sağladığı görülebilir. $(n,k)=(3,1)$ olarak bulunur.
ii) Benzer şekilde $k=0$ için çözüm olmadığı ve $n\geq 3$ olduğundan $n=3x+2$ formatı olması gerektiğini görürüz. Bu da bize $$3^k=(\dfrac{(3x+2)!}{3.(x+1)}-1).3.(x+1)$$ $x\geq 3$ ve $x+1\not \mid 9$ için $3|9$ ve $x+1\not \mid 9$ olacak şekilde $(x+1)\mid (3x+2)!$ sağlanabilir. Bu durumda soldaki çarpanımızın modüler değeri $2\pmod 3$ gelir ve $3^k$ ifadesinde böyle bir çarpan mümkün olmadığı için çelişki elde edilir.
Buradan $x=8$ tek olasılık olduğu görülür. Ancak bu durumda da çarpanın $2\pmod 3$ geldiği denenirse görülebilir. Geriye $x=1$ ve $x=2$ kalır. Denenirse buradan da çözüm gelmez.
Bu denklemin çözümü yoktur.
c) Not: Bu çözümde $n+1=q$ durumu için Abdullah Demircan'ın yaptığı çözümü ekledim.
i) $n=0$ ve $k=0$ durumları denklemi sağlamadığından dolayı $n+1=q$ olacak şekilde $q$ alabiliriz ve soruda verilen eşitsizlik $p\leq q+2$ olmuş olur. $q$ asalının $p$'den farklı bir asal olduğunu varsayalım. Denklemimiz $p^k=(q-1)!-q$ olur. $p\leq (q-1)$ olduğundan $p|(q-1)!$ olur. bu da bize $p|q$ verir. Çelişki. O halde $p\geq q$ sağlanmalıdır. Ancak $p=q$ durumu da bize $(q-1)!\equiv 0 \pmod p$ verdiğinden yine çelişki elde edilir. $p=q+1$ olduğunda ise $q=2$ ve $p=3$ hariç ardışık asal yoktur. Bu da bize çelişki verir.
Geriye kalan tek olasılık $p-2=q$ olur. Bu da bize $$p^k=(p-3)!-p+2$$ yani $$p^k+p=(p-3)!+2$$ verir.
Ayrıca $p=2$ ve $p=3$ durumlarını yukarıda çözdüğümüz için $p\geq 5$ alalım. Wilson Teoremi'nden $$(p-1)!\equiv -1 \pmod p$$ olduğundan $$(p-1)!(p-2)^{-1}(p-1)^{-1}\equiv x \pmod p$$ olacak şekilde $x$ tam sayısı tanımlarsak
$$-1\equiv (-1)(-2)x \pmod p$$ yani $x\equiv \dfrac{p-1}{2}\pmod p$ olur. Bu da bize $kp+\dfrac{p-1}{2}=x$ olacak şekilde $k$ tam sayısı bulunabileceğini gösterir.
İlk denklemimizden $(p-3)!+2\equiv 0 \pmod p$ olması gerektiği için ve $(p-3)!\equiv x \pmod p$ olduğundan $$(pk+\dfrac{p-1}{2})+2\equiv 0 \pmod p$$ ve buradan da $p+3\equiv 0 \pmod p$ ve $3\equiv 0\pmod p$ elde edilir. $p=3$ bulunur. Ancak bu durumda çözüm gelmez. (b) şıkkında genel hali de çözülmüştü.
ii) $n+1=p^a, a\in Z_{\geq 2}$ olmaldıır. Çünkü $a=1$ durumu yukarıdaki çözümde kapsanıyor. b) deki çözümden dolayı $(n,k)=(3,1)$ hariç $p\geq 5$ alabiliriz. Denklemimiz $$p^k=(p^a-1)!-p^a$$ olmuş olur. Bu kısmı ispatlamamız için $v_p(p^a-1)>a$ ise b) deki çözümlere benzer şekilde $-1\pmod p$ koşulunu sağlayan bir çarpan elde edilebilir. Dolayısıyla bu kısımdan çözüm gelmediği görülebilir. Bu da bize çelişki yaratır.
Bunu ispatlayalım. De Polignac Formülü gereğince
\[
v_p(n!)=\sum_{i\ge 1}\Big\lfloor \frac{n}{p^i}\Big\rfloor .
\]
$n=p^a-1$ için $\lfloor (p^a-1)/p^i\rfloor=0$ artık $i\ge a$ olduğundan
\[
v_p\big((p^a-1)!\big)=\sum_{i=1}^{a-1}\!\Big(p^{a-i}-1\Big)
=\sum_{j=1}^{a-1}(p^j-1)=\frac{p^a-1}{p-1}-a.
\]
Dolayısıyla
\[
v_p\big((p^a-1)!\big)>a
\iff \frac{p^a-1}{p-1}>2a
\iff 1+p+\cdots+p^{a-1}>2a.
\]
Tümevarımla ispatlayabiliriz. Başlangıç koşulu $a=2$: $1+p\ge 6>4$ . İndüksiyon adımı için varsayalım ki
$1+\cdots+p^{a-1}>2a$. O hâlde
\[
1+\cdots+p^{a-1}+p^a>2a+p^a\ge 2a+5\ge 2(a+1).
\]
Böylece tüm $a\ge 2$ için $v_p\big((p^a-1)!\big)>a$ ve bu nedenle
\[
t:=v_p\big((p^a-1)!\big)\ge a+1.
\]
Dolayısıyla $p\not \mid u$ olacak şekilde bir $u$ pozitif tam sayısı için denklemimiz $$p^k=p^a.(p^m.u-1)$$ formunda yazılabilir ($m\geq 1$ tam sayı) ve dolayısıyla buradan çözüm gelmez.
Tek çözüm $$(p,n,k)=(2,3,1)$$
