(n!-1)/(2n+7) натуральное. најдите n

задан 22 Мар '14 23:00

Интересно, откуда эта задача? На мой взгляд, она достаточно сложная (по крайней мере, я не нашёл решения, основанного на совсем элементарных соображениях). Решение вскоре изложу.

(22 Мар '14 23:37) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
2

Ответом будут числа $%n=5$% и $%n=8$%. Частное из условия задачи при этом будет равно 7 и 1753 соответственно. Покажем, как получить эти решения, а также доказать, что других решений нет.

Прежде всего, установим, что $%2n+7$% -- простое число. Если $%p$% -- простой делитель числа $%2n+7$%, то $%n!-1$% делится на $%p$%, и тогда $%p\ge n+1$%, поскольку на все остальные $%p$% факториал числа $%n$% будет делиться. Если допустить, что $%2n+7$% не простое, то оно разложимо на простые сомножители в количестве как минимум двух, и каждый из сомножителей не меньше $%n+1$%. Отсюда следует, что $%2n+7\ge(n+1)^2$%, то есть $%n^2\le6$%. Очевидно, что числа $%n=1$% и $%n=2$% нам не подходят (в первом случае имеет место делимость нацело, но частное будет равно нулю).

Итак, $%p=2n+7$% -- простое число. По теореме Вильсона, $%(p-1)!+1$% делится на $%p$%. Мы также знаем, что $%n!-1$% делится на $%p$% согласно условию.

Рассмотрим число $%(p-1)!=(2n+6)!$%. Его можно представить в виде произведения трёх чисел. Первое равно $%n!$%, второе равно $%(n+1)(n+2)\ldots(n+6)$%, и третье равно произведению чисел от $%n+7$% до $%2n+6$% включительно. Рассуждая по модулю $%p$%, то есть интересуясь только остатком от деления на $%p$%, можем считать, что $%n!$% сравнимо с единицей по модулю $%p$%, а при перемножении чисел от $%n+7$% до $%2n+6$% мы вычтем $%p$% из каждого, получая произведение чисел от $%-1$% до $%-n$% (справа налево). Это есть не что иное как $%(-1)^n$% по модулю $%p$%.

Обозначая через $%k$% произведение чисел от $%n+1$% до $%n+6$%, мы приходим к выводу, что $%(-1)^nk$% даёт тот же остаток от деления на $%p$%, что и $%(2n+6)!$%, и тогда с учётом теоремы Вильсона, $%(-1)^nk+1$% делится на $%p=2n+7$%. Ввиду того, что $%p$% нечётно, равносильное условие получится в случае, если мы умножим всё на степень двойки. Нам удобно произвести умножение на $%2^6=64$%, и тогда вместо $%k$% получится $%2^6k=(2n+2)(2n+4)(2n+6)(2n+8)(2n+10)(2n+12)$%, что после вычитания $%p$% из каждого сомножителя превращается в $%(-5)(-3)(-1)\cdot1\cdot3\cdot5=-225$%. Таким образом, на $%p$% должно делится число $%(-1)^n2^6k+64$%, и тем же свойством обладает число $%(-1)^{n+1}225+64$%.

В зависимости от чётности или нечётности $%n$%, это число принимает один из видов: $%-161=-7\cdot23$% или $%289=17^2$%. Поскольку $%p > 7$%, оно может принимать лишь значения $%p=23$% при чётном $%n$% и $%p=17$% при нечётном $%n$%. Из равенства $%p=2n+7$% находим соответствующие $%n$%, равные $%8$% (чётное) и $%5$% (нечётное). Они и только они будут решениями. (Интересно то, что здесь решение работает в обе стороны, то есть даже численную проверку найденных значений можно было бы не проводить.)

ссылка

отвечен 23 Мар '14 0:04

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×913

задан
22 Мар '14 23:00

показан
587 раз

обновлен
23 Мар '14 0:04

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru