Несколько уравнений

[DjD USB]

1) Решить в натуральных числах уравнение:

$$2^x+2^y=m^2$$

2)Решить в натуральных числах уравнение:

$$x^2+y^2=z\cdot(x!)$$

,
при условии, что НОД$(x;z)=1$
3)Решить в натуральных числах уравнение :

$$x^m-y^m=2^n$$

,
при условии, что $m>2$
4) Решить в натуральных числах уравнение:

$$n!-n=m^2$$

[mihiv]

$1). x=2x_1,y=2x_1+3,x_1=0,1,\dots$

[temp03]

а что олимпиадного-то в них?

[provincialka]

Первое простое. Либо $x = y =2k-1$. Либо $x=2k, y=2k+3$. Многовато решений!

[sopor]

Да, первое лёгкое, а вот в чётвертом удалось найти кому-нибудь хотя бы одно решение?

[provincialka]

Уравнение 2.
В любом случае $y^2$ делится на $x$. Если $x$ простое, то и $y$ должно делится на $x$, но правая часть таким свойством не обладает.

Пусть $x$ есть квадрат простого числа, $x=p^2$, тогда $x!$ делится на $p^3$, как и $y^2$, но тогда $y$ делится на $x$.
В остальных случаях $x$ можно представить в виде $p\cdot q, 1<p<q$, так что $x!$ делится на $x^2$, то есть снова $y=kx$.

Подставим это равенство в уравнение. Получим $1+k^2 =z\frac{(x-1)!}{x}$. Левая часть этого равенства не может делиться на 3.
Покажем, что для $x\ge 10$ правая часть делится на 3. Действительно, пусть $x=3^l, l\ge 2$, тогда среди чисел $1, 2, ... (x-1)$ есть не менее, чем $3^{l-1}-1$ кратных трем, причем число 9 делится на две тройки. Значит, $(x-1)!$ делится по крайней мере на $3^{l-1}$ троек, что больше, чем $l$, если $l\ge2$. Если же $x=m\cdot 3^l, m \ge 2$, то в произведении $(x-1)!$ не менее $2\cdot 3^{l-1}$ троек, что больше, чем $l$ для всех $l\ge 1$.

Итак, осталось проверить числа не превосходящие 9 и не являющиеся ни простыми, ни квадратами простых. Это 1, 6 и 8.

$x=1$, получаем $1 +y^2=z$, в качестве $y$ можно взять любое натуральное число.
$x=6$, тогда $36 + y^2 = 720z$, откуда $y = 6k, 1 +k^2 = 20z$. Левая часть при делении на 4 дает остаток 1 или 2, а правая - делится на 4.
$x=8$, тогда $64 + y^2 = 8!z$, откуда $y = 8k, 1 +k^2 = 630z$. Правая часть делится на 3.

Итак, все ответы исчерпаны первой серией.

-- 13.05.2013, 23:50 --

sopor в сообщении #723506 писал(а):

Да, первое лёгкое, а вот в чётвертом удалось найти кому-нибудь хотя бы одно решение?

Нет. Ясно, что $n>2$, иначе правая часть равна 0. Представим левую часть в виде $n((n-1)!-1)$. Сомножители взаимно просты. Действительно, если у числа $n$ есть делитель $p<n$, то $(n-1)!$ делится на него. Если же $n$ само простое, то скобка сравнима с (-2) по модулю $n$, согласно теореме Вильсона.

Значит, каждая из скобок есть квадрат некоторого выражения, в частности, $(n-1)! =k^2+1$. Но правая часть не может делиться на 3, так что $n-1\le 2$, эти значения можно проверить непосредственно.

Решения нет.

[Shadow]

В 2) непонятно кому нужно условие взаимной простоты $x \text{ и } z$. x не может быть нечетным, если $4|x!$. Допустим, $x=2^kT$, где $T$ нечетное. Короче, то что provincialka доказывала для 3 можно доказать для 2. Можно показать, что $T=1$, дальше по модулю 3.

-- 14.05.2013, 09:40 --

И задача 3.
Можно считать $x \text{ и } y$ нечетными. $x^m-y^m=(x-y)(x^{m-1}+yx^{m-2}+y^2x^{m-3}\cdots+y^{m-1})=2^n$ Если $m$ нечетно, то в второй скобке нечетное число нечетных слагаемых. При четном m - разность квадратов и т.д

[nnosipov]

Shadow в сообщении #723579 писал(а):

В 2) непонятно кому нужно условие взаимной простоты $x \text{ и } z$

Не нужно, конечно. А с двойками или с тройками --- это дело вкуса.

[DjD USB]

Shadow в сообщении #723579 писал(а):

В 2) непонятно кому нужно условие взаимной простоты $x \text{ и } z$.

Никому

[mihiv]

4) Для $n\leq 5$ решений нет. Перепишем уравнение в виде

$$(n-1)\left (\dfrac {n!}{n-1}-1\right )=m^2+1\qquad (1)$$

Если $n-1>4$ (т.е. $n>5$), то $\dfrac {n!}{n-1}-1=4K-1$ и, следовательно имеет простой делитель вида $4l-1$, тогда как правая часть (1), как сумма взаимно простых квадратов, не имеет простых делителей такого вида. Противоречие.

[temp03]

mihiv, браво. Мне кажется тут надо разъяснить один трудный момент: $m^2+1=\left(\prod\limits_{4k+1\in P}{(4k+1)}\right)/(n-1)=\prod\limits_{4k+1\in P}{(4k+1)}$

Поэтому даже после деления на $n-1$ оно не может содержать простых делителей вида $4k-1$

[nnosipov]

temp03 в сообщении #724333 писал(а):

Мне кажется тут надо разъяснить один трудный момент:

Что-то Вы усложняете, нет там трудных моментов. Понятно, что нужно аккуратно объяснить, почему $m^2+1$ не может иметь простых делителей вида $4l-1$, но это легко следует из малой теоремы Ферма.