Куб нечётного составного числа, близкий к факториалу

[Ktina]

Куб нечётного составного числа, насколько близким он может быть к факториалу?
Иными словами, какое наименьшее значение может принимать модуль разности куба нечётного составного числа и факториала натурального числа?

[ET]

Ну давайте я 5 копеек вставлю:
0 быть нельзя, ибо есть теорема о том, что между $n$ и $2n$ всегда есть простое число из чего следует, что в разложении факториала на простые множители есть простое число в степени только 1, а в разложении куба степень любого простого не меньше 3

[NSKuber]

Ну, лучше сказать, что $0$ быть нельзя потому, что все факториалы, начиная с двух, чётны

[ET]

(Оффтоп)

Ах, да, тут же условие - нечетность. Ну ничего, зато мое доказателсьтво сразу годится для любой степени и факториала любого числа

[waxtep]

Ktina в сообщении #1134223 писал(а):

Иными словами, какое наименьшее значение может принимать модуль разности куба нечётного составного числа и факториала натурального числа?

Частичное решение, чтобы строго завершить, у меня немножко культуры и/или сообразительности не хватает:
1. Для наименьшего нечетного составного числа $9$ имеем $9^3-6! =9$
2. Факториал четен, а куб нечетного числа нечетен, следовательно, меньшие значения модуля разности могут быть только $1,3,5,7$, если существуют
3. Из них, $3,5,7$ легко отсеиваются, т.к. кубы дают остатки $0,1,8$ по модулю $9$, а факториал будет делиться на $9$, начиная с $6!$
4. Остается проверить наличие решений вида

$$n^3\pm 1=k!\Leftrightarrow (n\pm 1)(n^2\mp n+1)=k!$$

Здесь могу предложить только нестрогое рассуждение: в разложении $n^2\mp n+1$ всегда будут вылезать "очень большие" простые множители и, поэтому, "$n$ никогда не догонит $k$" в силу чего решения, меньшего найденного в п.1 значения $9$, не существует.

(Оффтоп)

-- 29.06.2016, 02:17 --

waxtep в сообщении #1134582 писал(а):

всегда будут вылезать "очень большие" простые множители

Что, кстати, не факт. Мне показалось, что наибольший простой множитель будет не менее $\sqrt n$, однако, иногда это не так, например, для $n=653, n^2+n+1=7\cdot 13^2\cdot 19^2$

-- 29.06.2016, 02:20 --

Хм, впрочем, с учетом кратности множителя, $2\cdot 19>\sqrt {653}$. А тогда еще "плохой" пример: $n=6205, n^2+n+1=3\cdot 19^2\cdot 31^2\cdot 37$

[Shadow]

Да, вопрос об отсутвии решений у уравнения $n^3\pm 1=k!$ мне кажется не проще (или не намного проще) проблемы Брокарда. Но может и ошибаюсь.
Все таки $n^2\pm n+1$ не делится на 2, на 9, а также не делится на любое простое вида $6t-1$.
И в каноническом представлении $k!$, все эти простые со своими степенями приходятся на долю $n\mp 1$
Учитывая, что $n^2\pm n+1 \approx (n\mp 1)^2$, мне кажется, что это слишком много.

Тоесть, может ли в факториале отношение произведения простых вида $6t+1$ к произведению всех остальных простых быть очень большим. Кажется, нет, но не проверял.

[scwec]

П.Эрдёш и Р.Облат в 1937 году доказали в частности, что уравнение $n!\pm{1}=k^p$, для $n>2$ и нечетных простых $p$ решений не имеет (доказательство не простое)
Стало быть разница $9$, указанная waxtep, минимальна.

[waxtep]

scwec, спасибо! Указанная статья есть в свободном доступе тут: Acta Szeged, 1937 8:4-4 (на немецком)

[waxtep]

scwec в сообщении #1134681 писал(а):

П.Эрдёш и Р.Облат в 1937 году доказали в частности, что уравнение $n!\pm{1}=k^p$, для $n>2$ и нечетных простых $p$ решений не имеет (доказательство не простое)

Насколько я смог разобраться в доказательстве, авторы реализуют идею, высказанную Shadow: стартуя от формулы Лежандра получают общую оценку сверху для $T(n,a)$ - делителя $n!$, включающего в себя все простые числа $\equiv 1\bmod a$ с их степенями. Это "тяжелая" теоретическая часть; в частности, для $a=2p$, где $p$ нечетное простое, она дает

$$T(n,2p)\le (4p^{\frac p {p-1}})^{\frac n {2p-1} (\ln n-\ln 7+1)}$$

Далее этот общий результат используется в "прикладной" части, где для нечетного простого $p$, $(n!)^2$ зажимается снизу примерно формулой Стирлинга, а сверху величиной $4p^3T^3(n,2p)$, и эта верхняя оценка следует из предположения представимости факториала в виде суммы $x^p+y^p$. При этом оказывается, что $4p^3T^3(n,2p)$ будет "маловато" уже для $n\ge 20$, а меньшие значения $n$ достаточно перебрать вручную для $p=3,5$.