Problem B. 4830. (November 2016)

B. 4830. Solve the following equation in the set of positive integers:

\(\displaystyle n!=2^a+2^b. \)

Proposed by K. Williams, Szeged

(4 pont)

Deadline expired on December 12, 2016.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Egy 2-hatvány 7-es maradéka csak 1, 2 vagy 4 lehet, ezért két 2-hatvány összege nem lehet osztható 7-tel. Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle n\leq 6\), azonban \(\displaystyle 4\leq 2^a+2^b\) miatt \(\displaystyle 3\leq n\) is teljesül. Meg kell vizsgálnunk még az \(\displaystyle n=3,4,5,6\) eseteket. Mivel \(\displaystyle n!\) nem 2-hatvány (ha \(\displaystyle 3\leq n\)), ezért \(\displaystyle a\ne b\), ami azt jelenti, hogy a \(\displaystyle 2^a+2^b=n!\) egyenletnek pontosan akkor van megoldása, ha az \(\displaystyle n!\) szám 2-es számrendszerbeli alakjában pontosan két 1-es szerepel.
Ha \(\displaystyle n=3\), akkor \(\displaystyle n!=6=2^2+2^1\), így az \(\displaystyle (n=3; a=1; b=2)\) és \(\displaystyle (n=3; a=2; b=1)\) megoldásokat kapjuk.
Ha \(\displaystyle n=4\), akkor \(\displaystyle 4!=24=2^4+2^3\), így az \(\displaystyle (n=4; a=3; b=4)\) és \(\displaystyle (n=4; a=4; b=3)\) megoldásokat kapjuk.
Ha \(\displaystyle n=5\), akkor \(\displaystyle 5!=120=2^6+2^5+2^4+2^3\), ha pedig \(\displaystyle n=6\), akkor \(\displaystyle n!=720=2^9+2^7+2^6+2^4\), így ezekben az esetekben nem kapunk megoldást.
Az egyenletnek tehát négy megoldása van:

\(\displaystyle (n=3; a=1; b=2)(n=3; a=2; b=1), (n=4; a=3; b=4) \text{ és } (n=4; a=4; b=3).\)

Statistics:

159 students sent a solution.
4 points:	Balázs Ákos Miklós, Balázs József, Baran Zsuzsanna, Csiszár Zoltán, Csuha Boglárka, Daróczi Sándor, Deák Bence, Döbröntei Dávid Bence, Fraknói Ádám, Gáspár Attila, Győrffy Ágoston, György Levente, Haas Attila, Hoffmann Balázs, Horváth 436 Réka, Imolay András, Jánosik Áron, Janzer Orsolya Lili, Kelemen Lajos, Klász Viktória, Kocsis Júlia, Kovács 246 Benedek, Kovács Kitti Fanni, Kupás Vendel Péter, Lakatos Ádám, Mészáros 916 Márton, Molnár Bálint, Molnár-Sáska Zoltán, Nagy Dávid Paszkál, Pap Benedek, Póta Balázs, Schrettner Bálint, Schrettner Jakab, Sisák László Sándor, Szinyéri Bence, Tiderenczl Dániel, Tóth Viktor, Tóth-Rohonyi Iván, Török Tímea, Ujváry Szilvia, Umann Dávid, Vágó Ákos, Vári-Kakas Andor, Velkey Vince, Weisz Máté, Zólomy Kristóf.
3 points:	69 students.
2 points:	34 students.
1 point:	6 students.
0 point:	4 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, November 2016