Решить в натуральных числах $%{(a + 1)^b} = 1 + a!$%.

$%a, b$% - натуральные.

задан 24 Сен '14 22:54

изменен 25 Сен '14 13:50

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

10|600 символов нужно символов осталось
0

Задача:

Решить в натуральных числах $%{(a + 1)^b} = 1 + a!$%.

При $%a \geqslant 5$% правая часть будет оканчиватся на единицу. Поэтому рассмотрим сначала случаи, когда $%a < 5$%. Подбором убеждаемся, что пары $%(1;1),\,(2;1),\,(4;2)$% нам подходят. Осталось доказать, что при $%a \geqslant 5$% нет решений:

Без ограничения общности отныне будем считать, что $%b \geqslant a$%. Выполним такое вот преобразование:

$%(a + 1 - 1) \cdot ({(a + 1)^{b - 1}} + {(a + 1)^{b - 2}} + \cdots + 1) = a \cdot ({(a + 1)^{b - 1}} + {(a + 1)^{b - 2}} + \cdots + 1)$%

Справа будем иметь $%a \cdot (a - 1) \cdot (a - 2) \cdot \ldots \cdot 1$%. Сократим обе части на $%a$% получим $%({(a + 1)^{b - 1}} + {(a + 1)^{b - 2}} + \cdots + 1) = (a - 1) \cdot (a - 2) \cdot \ldots \cdot 1$%.

С учетом того, что $%b \geqslant a$% , $%(a - 1) \cdot (a - 2) \cdot \ldots \cdot 1 \leqslant {(a - 1)^{a - 1}}$%. Заметим, что $%{(a + 1)^{b - 1}} + {(a + 1)^{b - 2}} + \ldots + 1 \geqslant {(a + 1)^{b - 1}}$%, мы приходим к выводу, что обе части не могут равнятся, в силу того что одна часть будет всегда больше другой.

ссылка

отвечен 25 Сен '14 0:10

изменен 25 Сен '14 13:52

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

@void_pointer: интерес представляет как раз другой случай, когда $%b < a$%, потому что при $%b\ge a$% левая часть оказывается заведомо больше при $%a > 1$%. Симметрии между переменными в уравнении нет, поэтому предположение $%b\ge a$% ограничивает общность рассуждения.

(25 Сен '14 0:30) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
0

Случай $%a=1$% очевиден: $%b=1$%. Если $%a\ge2$%, то $%a!$% чётно, правая часть уравнения нечётна, откуда $%a+1$% нечётно, то есть $%a$% чётно. При $%a=2$% и $%a=4$% значение $%b$% равно $%1$% и $%2$% соответственно. Осталось показать, что при $%k\ge3$% число $%(2k)!+1$% не является степенью числа $%2k+1$%.

Рассмотрим равенство $%(2k)!=(2k+1)^b-1$%. Используя известное тождество для разности степеней, представляем правую часть в виде $%(2k+1-1)((2k+1)^{b-1}+\cdots+(2k+1)+1)$%. Сокращая на $%2k$%, имеем $%(2k-1)!=(2k+1)^{b-1}+\cdots+(2k+1)+1$%. Заметим, что $%2 < k\le2k-1$%, поэтому факториал содержит оба этих различных сомножителя, а потому делится на $%2k$%. Значит, на $%2k$% делится и правая часть, в которой все слагаемые дают в остатке $%1$% при делении на это число. Количество слагаемых равно $%b$%, откуда следует, что $%b$% делится на $%2k$%, то есть $%b\ge2k$%.

Теперь достаточно сравнить исходные числа по величине и увидеть, что при всех натуральных $%k$% имеет место неравенство $%(2k+1)^b\ge(2k+1)^{2k} > (2k+1)(2k)!\ge3(2k)! > (2k)!+1$%.

ссылка

отвечен 25 Сен '14 1:01

@falcao:

Заметим, что $%2 < k \leqslant 2k - 1$%, поэтому факториал содержит оба этих различных сомножителя

Не совсем понял, откуда эта оценка.

(25 Сен '14 1:22) void_pointer

@void_pointer: факториал числа $%2k-1$%, согласно определению, равен произведению $%1\cdot2\cdot\ldots\cdot k\cdot\ldots\cdot(2k-1)$%, поэтому он делится на $%2k$%. Здесь существенно то, что $%k\ge3$% -- чтобы $%2$% и $%k$% не совпали.

(25 Сен '14 1:25) falcao
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:

×107

задан
24 Сен '14 22:54

показан
392 раза

обновлен
25 Сен '14 1:32

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