Решить уравнение в натуральных числах

[Twidobik]

Нужно решить уравнение
$x! + y! = (x + y)!$
в натуральных числах.
Пожалуйста, проверьте мое решение.

Пусть $x \leqslant y$. Тогда
$1 \cdot 2 \cdot ... \cdot (x - 1) \cdot x + 1 \cdot 2 \cdot ... \cdot (x - 1) \cdot x \cdot (x + 1) \cdot ... \cdot y = \left( {x + y} \right)!$
$1 \cdot 2 \cdot ... \cdot (x - 1) \cdot x(1 + (x + 1) \cdot (x + 2) \cdot ... \cdot y) = \left( {x + y} \right)!$
Теперь очевидно, что правая часть уравнения делится на $x!$. Но тогда, в силу нашего начального равенства, правая часть должна делится и на $y!$.
В этом случае можно записать так:
$x! + y! = mx!y!$, $m \in N$
В этом уравнении очевидно, что $x!$ делится на $y!$, а $y!$ на $x!$, откуда $x! = y!$.
Подставляя это в уравнение, получим, что $x! = y! = \frac{2}{m}$ и, следовательно, $x! = y! = 2$, либо $x! = y! = 1$
Проверкой убеждаемся, что верный лишь второй вариант.

Скажите пожалуйста, такое решение будет верным? И нет ли, быть может, еще более простого решения, связанного с делимостью (уравнение из темы "Делимость")?

[ИСН]

Из того, что число делится на $x!$ и на $y!$, вовсе не следует, что его можно записать как $m\cdot x!\cdot y!$.

[fractalon]

Я что-то не понимаю, у вас равенство или делимость? Если равенство, то $x=y=2$ не является решением.

(Оффтоп)

Зачем вообще было как-то доказывать, что $(x+y)!$ делится на $x!$ и на $y!$?

По-моему, здесь всё намного проще. Просто если принять без ограничения общности $x>y$, то тривиальнейшая оценка сверху на $x!+y!$ отлично помогает, когда $x \ge 2$

[nnosipov]

Twidobik в сообщении #924268 писал(а):

Нужно решить уравнение
$x! + y! = (x + y)!$
в натуральных числах.

Почему бы Вам не записать это уравнение в виде

$$ \frac{1}{x!}+\frac{1}{y!}=\frac{(x+y)!}{x!y!} $$

и кое-что вспомнить про правую часть?

[Twidobik]

ИСН в сообщении #924277 писал(а):

Из того, что число делится на $x!$ и на $y!$, вовсе не следует, что его можно записать как $m\cdot x!\cdot y!$.

ИСН, спасибо! Даже не знаю, почему я так решил..

fractalon в сообщении #924323 писал(а):

(Оффтоп)

Зачем вообще было как-то доказывать, что $(x+y)!$ делится на $x!$ и на $y!$?

Я хотел показать, что $(x+ y)! = mx!y!$, но это совершенно неверно

nnosipov в сообщении #924336 писал(а):

Почему бы Вам не записать это уравнение в виде

$$ \frac{1}{x!}+\frac{1}{y!}=\frac{(x+y)!}{x!y!} $$

и кое-что вспомнить про правую часть?

Очень хочется сказать, что правая часть - это целое число...

[nnosipov]

Twidobik в сообщении #924546 писал(а):

Очень хочется сказать, что правая часть - это целое число...

Да так и есть. Не узнали биномиальный коэффициент?

-- Чт окт 30, 2014 23:52:15 --

Twidobik в сообщении #924546 писал(а):

Я хотел показать, что $(x+ y)! = mx!y!$, но это совершенно неверно

Ещё как верно.

[Twidobik]

nnosipov в сообщении #924548 писал(а):

Twidobik в сообщении #924546 писал(а):

Очень хочется сказать, что правая часть - это целое число...

Да так и есть. Не узнали биномиальный коэффициент?

Теперь узнал! Очень неожиданно его было здесь увидеть

nnosipov в сообщении #924336 писал(а):

$$ \frac{1}{x!}+\frac{1}{y!}=\frac{(x+y)!}{x!y!} $$

На сколько я понимаю, это уравнение эквивалентно уравнению из моего решения, я прав?

Twidobik в сообщении #924268 писал(а):

$x! + y! = mx!y!$, $m \in N$
В этом уравнении очевидно, что $x!$ делится на $y!$, а $y!$ на $x!$, откуда $x! = y!$.
Подставляя это в уравнение, получим, что $x! = y! = \frac{2}{m}$ и, следовательно, $x! = y! = 2$, либо $x! = y! = 1$
Проверкой убеждаемся, что верный лишь второй вариант.

Но тогда что имел ввиду уважаемый ИСН?

ИСН в сообщении #924277 писал(а):

Из того, что число делится на $x!$ и на $y!$, вовсе не следует, что его можно записать как $m\cdot x!\cdot y!$.

Что неверно вот это мое рассуждение?

Twidobik в сообщении #924268 писал(а):

Теперь очевидно, что правая часть уравнения делится на $x!$. Но тогда, в силу нашего начального равенства, правая часть должна делится и на $y!$.
В этом случае можно записать так:
$x! + y! = mx!y!$, $m \in N$

[nnosipov]

Twidobik в сообщении #924554 писал(а):

Что неверно вот это мое рассуждение?

Оно неверно потому, что Вы не сделали акцент на том, что правая часть --- это именно $(x+y)!$, а не что попало (для чего попало утверждение неверно: если некое $a$ делится на $x!$ и на $y!$, то, вообще говоря, нельзя утверждать, что $a$ делится на $x!y!$).

[fractalon]

То ли я чего-то не понимаю в происходящем, то ли господа сильно перемудряют...
Раз решение уже выдано, позволю себе показать всё проще. Пусть $x \ge y$. Тогда $x!+y! \le 2(x!)$. И, конечно же, если $x \ge 2$ и $y>0$, то $2(x!) < (x+y)!$. А $y \le x < 2$ можно уже и перебрать...

Twidobik в сообщении #924554 писал(а):

Что неверно вот это мое рассуждение?

Ваше рассуждение (вернее, сама возможность усматривания следствия именно из делимости на $x!$ и $y!$) было бы верно если бы вместо $x!$ и $y!$ стояли бы какие-то взаимнопростые числа (факториалы, конечно, не взаимопросты). Если числа не взаимопросты, то у них есть общий делитель больше единицы и когда мы разделим число на $x!$, то этот общий делитель может уйти в единственном экземпляре вместе с ним и результат уже не будет делится на $y!$. Для примера: 3150 делится на 150 и 105, но на произведение... сами понимаете.