Cómo demostrar que solo hay un número finito de soluciones enteras positivas para: [matemáticas] (n + 1) ^ k-1 = n! [/ Matemáticas]

Answer 1

Como se ha discutido el caso de [math] k [/ math] fijo, manejaré el caso general, es decir, encontrar todos los pares [math] (k, n) [/ math].

Primero, suponga que [math] n + 1 [/ math] es compuesto:

entonces hay un primo [math] p \ leq n [/ math] con [math] p | n + 1 [/ math].

Entonces [matemáticas] p | n! [/ Matemáticas] pero no [matemáticas] (n + 1) ^ k -1 [/ matemáticas]

Así que echemos un vistazo a [math] n + 1 = p [/ math] prime.

[Solía ​​haber algo mal aquí. Ahora hay algo mucho más largo pero (al menos eso creo) menos mal aquí]

Al dividir ambos lados de la ecuación entre [matemáticas] p-1 [/ matemáticas] obtenemos [matemáticas] p ^ {k-1} +… + p + 1 = (p-2)! [/ Matemáticas].

Ahora veamos [math] p-1 [/ math]. Si [math] a | p-1 [/ math] con [math] a \ neq p-1 [/ math] obtenemos

[matemática] k * 1 = 0 [/ matemática] mod [matemática] a [/ matemática], entonces [matemática] a | k [/ matemática]

(tenga en cuenta que [matemática] a | p-1 [/ matemática] significa [matemática] p = 1 [/ matemática] mod [matemática] a [/ matemática])

Si [math] p-1 [/ math] tiene al menos dos factores primos, podemos escribirlo como [math] q ^ {n_q} * r [/ math] donde ambos factores son coprimos y obtenemos [math] p- 1 | k [/ matemáticas].

Pero luego tenemos [matemáticas] p ^ k-1 = (p ^ {\ bar {k}}) ^ {p-1} -1 \ geq (p-1) ^ {p-1} \ geq (p- 1)! [/ Matemáticas]

con igualdad solo para [matemáticas] p = 2 [/ matemáticas], lo que nos lleva a la solución [matemáticas] (k, n) = (1,1) [/ matemáticas], ya que [matemáticas] 2 ^ 1–1 = 1! [/ Matemáticas]

De lo contrario, [math] p-1 = q ^ a [/ math] para algunos primos [math] q [/ math]. Si [math] a = 1 [/ math] tanto [math] p [/ math] como [math] p-1 [/ math] son ​​primos, entonces [math] p = 3 [/ math]. Esto nos lleva a la solución [matemática] (k, n) = (1,2) [/ matemática], ya que [matemática] 3 ^ 1–1 = 2! [/ Matemática].

Entonces [matemáticas] a \ geq 2 [/ matemáticas].

Ahora nuestra ecuación dice [matemáticas] (q ^ a + 1) ^ k-1 = (q ^ a)! [/ Matemáticas]

Por el argumento anterior sabemos [matemáticas] q ^ {a-1} | k [/ matemáticas]. Si [math] q ^ a | k [/ math], obtenemos [math] p-1 | k [/ math] como arriba, así que solo necesitamos ver el caso [math] q ^ a \ nmid k [/ matemáticas].

Expandir el lado izquierdo con el teorema binomial nos lleva

[matemáticas] \ sum_ {i = 0} ^ k \ binom {k} {i} q ^ {ai} -1 = q ^ a \ sum_ {i = 1} ^ k \ binom {k} {i} q ^ {a (i-1)} = q ^ {(2a-1)} \ sum_ {i = 1} ^ k \ binom {k} {i} q ^ {a (i-2) +1} [/ matemática ], donde el término [matemáticas] (i = 1) [/ matemáticas] es [matemáticas] \ frac {k} {q ^ {a-1}} [/ matemáticas], entonces [matemáticas] q [/ matemáticas] no divide la suma (todos los demás sumandos son múltiplos de [math] q [/ math]). Por lo tanto, [math] q [/ math] divide el lado izquierdo exactamente [math] 2a-1 [/ math] veces.

Por otro lado, [matemática] q [/ matemática] divide [matemática] (q ^ a)! [/ Matemática] al menos [matemática] \ frac {(q ^ a)} {q} = q ^ {a- 1} [/ math] veces, ya que cada [math] q [/ math] -th número es un múltiplo de [math] q [/ math]. obtenemos la desigualdad [matemática] q ^ {a-1} \ leq 2a-1 [/ matemática].

para [matemáticas] a = 2 [/ matemáticas]: [matemáticas] q \ leq 3 [/ matemáticas]

para [matemática] a = 3 [/ matemática]: [matemática] q ^ 2 \ leq 5 [/ matemática], entonces [matemática] q = 2 [/ matemática]

para [matemática] a = 4 [/ matemática]: [matemática] q ^ 3 \ leq 7 [/ matemática], que no tiene soluciones principales. Esto también se aplica a todas [matemáticas] a> 4 [/ matemáticas].

Esto deja las posibilidades de [matemáticas] (a, q) = (2,2) [/ matemáticas], [matemáticas] (2,3) [/ matemáticas], [matemáticas] (3,2) [/ matemáticas], entonces [matemáticas] p = q ^ a + 1 = 5,9,10 [/ matemáticas]. Como [math] p [/ math] es primo, la única posibilidad es [math] p = 5 [/ math] que lleva a [math] (k, n) = (2,4) [/ math], ya que [ matemáticas] 5 ^ 2–1 = 24 = 4! [/ matemáticas]

En conclusión, los únicos pares posibles son [matemática] (1,1) [/ matemática], [matemática] (1,2) [/ matemática] y [matemática] (2,4) [/ matemática].

Answer 2

Mostramos que la única solución a la ecuación de diofantina

[matemáticas] (n-1)! + 1 = n ^ k, n> 1 \ ldots (\ star) [/ math]

es [matemática] (n, k) \ in \ big \ {(2,1), (3,1), (5,2) \ big \} [/ math].

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Suponga que [matemáticas] n> 1 [/ matemáticas]. Suponga que [math] n [/ math] es compuesto , y que [math] p [/ math] sea el divisor primo más pequeño de [math] n [/ math]. A menos que [matemática] n = p ^ 2 [/ matemática], [matemática] p <\ frac {n} {p} 1 [/ matemáticas].

Queda por considerar el caso [math] n = p ^ 2 [/ math], donde [math] p [/ math] es primo . En este caso, [matemática] p <2p

2 [/ matemática], y así [matemática] p \ cdot (2p) \ mid ( n-1)! [/ math], contradiciendo nuevamente la ecuación. [matemáticas] (\ estrella) [/ matemáticas]. Por lo tanto, [math] n \ mid \ big ((n-1)! + 1 \ big) [/ math] si [math] n [/ math] es compuesto , [math] n \ ne 2 ^ 2 [/ math ]

Se verifica fácilmente que eqn. [math] (\ star) [/ math] no se puede mantener para [math] n = 2 ^ 2 [/ math].

Entonces, para la ecuación. [math] (\ star) [/ math] para mantener, debemos tener [math] n = p [/ math], donde [math] p [/ math] es primo .

Si [matemática] p> 5 [/ matemática], entonces [matemática] 2 <\ frac {p-1} {2}

[matemáticas] (p-1) ^ 2 = 2 \ cdot \ frac {p-1} {2} \ cdot (p-1) \ mid (p-1)! = p ^ k-1 [/ matemáticas].

Escribir [matemáticas] p ^ k-1 [/ matemáticas] como [matemáticas] \ big ((p-1) +1 \ big) ^ k-1 [/ matemáticas] y usar el teorema binomial da

[matemáticas] p ^ k-1 = \ displaystyle \ sum_ {r = 1} ^ k {k \ elegir r} (p-1) ^ r \ equiv k (p-1) \ pmod {(p-1) ^ 2} [/ matemáticas].

Así [matemáticas] (p-1) \ mid k [/ matemáticas]. Pero entonces [matemáticas] k \ ge p-1 [/ matemáticas], y así

[matemática] p ^ k-1 \ ge p ^ {p-1} -1> p (p-1) (p-2) \ cdots 1 [/ matemática].

Por lo tanto, no hay solución cuando [math] p> 5 [/ math].

Los únicos casos para verificar son [matemáticas] p = 2, 3, 5 [/ matemáticas]; notamos que [matemáticas] (2–1)! + 1 = 2 ^ 1 [/ matemáticas], [matemáticas] (3–1)! + 1 = 3 ^ 1 [/ matemáticas] y [matemáticas] (5– 1)! + 1 = 5 ^ 2 [/ matemáticas]. [matemáticas] \ blacksquare [/ matemáticas]

Answer 3

Supongo que está hablando de una solución de [matemáticas] n [/ matemáticas] (es decir, [matemáticas] k [/ matemáticas] es un número fijo).

Para lo suficientemente grande [math] n [/ math], el RHS siempre es más grande que el LHS; por lo que solo podría haber finitos casos en los que LHS = RHS. Para ver el primer punto, diga [math] n = 2k + 1 [/ math], luego

[matemáticas] LHS / RHS <(2k) ^ k / (2k + 1)! = \ frac {2k} {1 \ times (2k + 1)} \ cdot \ frac {2k} {2 \ times 2k} \ cdot \ dots \ cdot \ frac {2k} {k \ times (k + 2)} \ cdot \ frac {1} {k + 1} [/ math]

Es fácil ver que cada elemento es inferior a 1, por lo que LHS

Answer 4

Supongamos que n> 4. Denotemos p = n + 1. Podemos mostrar que p es primo trabajando módulo un factor primo de él. El lado izquierdo es

(p-1) (p ^ {k-1} +… + 1)

y tenemos p-1 = n y p ^ {k-1} +… + 1 = (n-1)!

Aquí está el pateador: (n-1)! es divisible por n siempre que n no sea primo para n> 4, excepto para n = 4. De hecho, si n = ab con a y b diferentes, ¡ambos son factores de (n-1)! ¡Y si tenemos n = a ^ 2 entonces a y 2a son factores de (n-1)! a menos que a <= 2. En nuestro caso, sabemos que n es par 2 (n / 2) hace el trabajo.

Sin embargo, si miramos (p ^ {k-1} +… + 1) mod (p-1) obtenemos k. Esto implica que k es divisible por (p-1). Ahora puede ver a dónde va esto: el lado izquierdo ahora está al menos

(n + 1) ^ n -1,

que es más grande que el lado derecho.

Entonces n <= 4, y el resto es fácil.