уравнение x!+1=y^2 в натуральных числах

[Феликс Шмидель]

Для тех, кто не в курсе: $x!+1=y^2$ это открытая проблема (Brocard's problem).

[Феликс Шмидель]

Удалено автором.

[bot]

Я писал(а):

Кажется мне уже приходилось решать эту задачу, но очень давно, чуть ли не в школе ещё.

Когда кажется, креститься надо.
Повозившись с полчаса, понял, что эта задача совсем не того уровня. Зародившуюся было гипотезу о том, что я здорово поглупел со школьных времён, быстро отбросил и стал искать, с какой задачкой я мог её спутать. Кажется нашёл - подходит и по возрасту и по простоте. Вот она:
$ 1!+2! + ... +x! = y^2 $

[Феликс Шмидель]

Пусть $x!+1=y^2$ и пусть $x!=z^2 d$.
Тогда $y+z \sqrt{d}=(y_0+z_0 \sqrt{d})^n$, где
$n$ - натуральное число, а $(y_0, z_0)$ - наименьшее положительное решение уравнения Пелля $y^2-z^2 d=1$. Для наших целей удобнее считать $d$ не свободным от квадратов множителей, а наименьшим числом, таким, что $x!=z^2 d$ и $d$ делится на все простые числа от $1$ до $x$.
Тогда $z$ обладает свойством, что $d$ делится на любой его простой множитель.
Докажем, что $nz_0$ делится на $z$.
Для этого докажем, что если $z$ делится на некоторую степень $q^a$ простого множителя $q$ числа $d$, то $nz_0$ делится на $q^a$.
Предположим сначала, что $n$ - простое число.
Cогласно биному Ньютона, $z$ представляется конечной суммой: $z=C_n^1 y_0^{n-1} z_0+C_n^3 y_0^{n-3} z_0^3 d+C_n^5 y_0^{n-5} z_0^5 d^2+...$.
Поскольку $d$ делится на $q$, то $nz_0$ делится делится на некоторую степень $q$, а $C_n^3 z_0^3 d$, $C_n^5 z_0^5 d^2$ и т.д. делятся на бОльшую степень $q$, откуда следует, что $nz_0$ делится на $q^a$.
Если $n$ - не простое число, то $n=n_1 p$, где $p$ - простое число. Пусть $y_1+z_1 \sqrt{d}=(y_0+z_0 \sqrt{d})^{n_1}$ и $y+z \sqrt{d}=(y_1+z_1 \sqrt{d})^p$.
Согласно доказанному, $pz_1$ делится на $q^a$ и, по-индукции, $n_1z_0$ делится на $q^a/p$, откуда $n z_0$ делится на $q^a$, что и требовалось доказать.
Поскольку $nz_0$ делится на $z$, то равенство $z=C_n^1 y_0^{n-1} z_0+C_n^3 y_0^{n-3} z_0^3 d+C_n^5 y_0^{n-5} z_0^5 d^2+...$ невозможно при $n>1$, значит $n=1$.
Мы получили, что $(y, z)$ - наименьшее положительное решение уравнения Пелля $y^2-z^2 d=1$. Правильно?

[Руст]

Феликс Шмидель писал(а):

Для наших целей удобнее считать $d$ не свободным от квадратов множителей, а наименьшим числом, таким, что $x!=z^2 d$ и $d$ делится на все простые числа от $1$ до $x$.
Тогда $z$ обладает свойством, что d делится на любой его простой множитель.
Правильно?

В любом таком представлении $d$ содержит только те простые числа $p$ не превосходящие $x$, для которых

$$ord_p(x!)=\sum_{i=1}^{\infty} [\frac{x}{p^i}]$$

нечётно. Эта идея в этой задаче бесперспективна.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый Руст, я намеренно включил в $d$ квадраты остальных простых чисел, не превосходящих $x$. Почему Вы думаете, что идея бесперспективна? Не могли бы Вы проверить моё доказательство, что $(y, z)$ - наименьшее положительное решение уравнения Пелля $y^2-z^2 d=1$?

[Руст]

Во первых, когда $d$ не свободно от квадратов не верно (можно привести примеры), что все решения представляются как степень минимального.
Во вторых $z|(nz_0)$ ошибочно. Так же легко привести пример.

[Феликс Шмидель]

Приведите, пожалуйста, пример, когда d не свободно от квадратов, и все решения не представляются как степень минимального.

[Руст]

В этом случае может оказаться, что нет решений, например $d=18$. Когда есть решение все они находятся из условия делимости числа $Y$ y решения стандартного уравнения Пелля:
$X^2-DY^2=1,d=Dr^2$, c $D$ свободным от квадратов, на $r$. Когда значение $Y_0$ не взаимно просто с $r$ могут появиться решения не представимые в таком виде.

[Феликс Шмидель]

Во-первых, решения есть при любом $d$, в том числе и при $d=18$: $17^2-4^2 18=1$.
Пусть $d=D r^2$ и $(y_0, z_0)$ - наименьшее положительное решение уравнения $y^2-z^2 D=1$. Пусть $m$ - наименьшее натуральное число, такое что $y_1+z_1 \sqrt{D}=(y_0+z_0 \sqrt{D})^m$ и $z_1$ делится на $r$. Тогда $(y_0+z_0 \sqrt{D})^{km+t}=(y_0+z_0 \sqrt{D})^{km}(y_0+z_0 \sqrt{D})^t=(y_2+z_2 \sqrt{D})(y_3+z_3 \sqrt{D})=$ $y_4+z_4 \sqrt{D}$, где $z_2$ делится на $r$, и если $0<t<m$, то $z_3$ не делится на $r$. Поскольку $z_4=z_2y_3+y_2z_3$, то $z_4$ не делится на $r$.
Таким образом, все решения уравнения $y^2-z^2 D=1$, такие что $z$ делится на $r$ имеют вид: $y+z \sqrt{D}=(y_0+z_0 \sqrt{D})^{km}=(y_1+z_1 \sqrt{D})^k$. Поэтому, я думаю, что Вы ошибаетесь.

[Руст]

Да я ошибся. Обычно проблемы возникают, когда справа не 1. В этом случае и обычное уравнение Пелля не всегда имеет решение. Но может получиться, что с $D$ есть решение, а с $d$ нет решения.

[Феликс Шмидель]

Так как насчёт моего доказательства? Мне важно знать, правильно ли оно.

[Руст]

Пусть n=3, вы утверждаете, что y_0+z_0\sqrt d, y+z\sqrt d=y_0(y_0^2+3dz_0^2)+z_0(3y_0^2+z_0^2d), z|(3z_0)$. Как видно $\frac{3z_0}{z}=\frac{3}{3y_0^2+z_0^2d}$ нецелое. Поэтому, не понятно, что вы доказываете. По вашему величина растущая линейно от n делится на величиу, растущую экспоненциально от n.

[juna]

Может быть, для доказательства ограниченности числа решений уравнения $x!+1=y^2$ следует исследовать эквивалентное по количеству решений уравнение $\frac {4}{\Gamma(x)}=\frac{\Gamma(y-2)}{\Gamma(y)}$, здесь можно пытаться сравнить эти дроби при целочисленных x, y.

[Феликс Шмидель]

Перепишем то, что Вы написали в несколько более точной форме:

$y+z\sqrt{d}=(y_0+z_0\sqrt{d})^3=y_0(y_0^2+3d z_0^2)+z_0(3y_0^2+z_0^2 d)\sqrt{d}$

Я доказываю, что это невозможно, если известно, что $d$ делится на любой простой делитель числа $z$. Для этого я замечаю, во-первых, что $y_0$ взаимнопрост с $d$, во-вторых, что $3z_0$ делится на любой простой делитель числа $z$, и в третьих, что $z_0^3 d$ делится на бОльшую степень любого простого делителя числа $z$, чем $3z_0$. Отсюда я делаю вывод, что $3z_0$ делится на $z$, и, как Вы справедливо заметили, что равенство в начале этого поста вообще невозможно, то есть, что $(y,z)=(y_0,z_0)$.