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

Руст · 09/02/06 4397 Москва

Феликс Шмидель писал(а):

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 $(y,z)=(y_0,z_0)$ .

Не понятно откуда берётся во вторых?

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Поскольку $z=z_0(3y_0^2+z_0^2 d)$ , то $3z_0y_0^2=z-z_0^3 d$ , а поскольку $d$ делится на любой простой делитель числа $z$ по условию, то $3z_0$ тоже.

Я увидел ошибку в "в третьих", если простой делитель, о котором там говорится - 3. Потому что, если $z_0$ не делится на 3, а $d$ делится на 3, то $z$ может делиться на бОльшую степень 3-ёх.
Эта ошибка появляется только и именно в случае степени 3, поэтому, я думаю, что её можно исправить.

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Исправим эту ошибку следующим образом:

Пусть как и прежде $x!+1=y^2$ и пусть $x!=z^2 d$ , где $d$ делится на все простые числа между 1 и $x$ .

Докажем, что не существует натуральных чисел $y_0$ и $z_0$ , таких что

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

Доказательство:

Пусть $z=3^a v$ , где $v$ не делится на 3. Поскольку $z=z_0(3y_0^2+z_0^2 d)$ и $d$ делится на любой простой делитель числа $z$ , то $z_0$ делится на любой простой делитель числа $v$ , и поскольку $z_0^3 d$ делится на бОльшую степень любого простого делителя числа $v$ , чем $z_0$ , то $z_0$ делится на $v$ .
Поскольку $3^a z_0 \ge 3^a v=z>z_0^3 d$ , то $z_0<\sqrt{3^a/d}$ . Поскольку $ord_3(x!)=\sum_{i=1}^{\infty} [\frac{x}{3^i}] \le \sum_{i=1}^{\infty} \frac{x}{3^i}=\frac{x}{2}$ , то $a \le \frac{x}{4}$ и из оценки Чебышева для $d$ получим $z_0<\sqrt{3^a/d}<\sqrt{3^{\frac{x}{4}}/e^x}<1$ .

Руст · 09/02/06 4397 Москва

Здесь всё чётко. Просто в одном место не упомянуто, что $z$ взаимно просто с $y_0$ , которое легко получается.

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Дадим теперь доказательство, что $(z, y)$ - наименьшее положительное решение уравнения Пелля в более простой форме (без индукции).

Пусть как и прежде $x!+1=y^2$ и пусть $x!=z^2 d$ , где d делится на все простые числа между 1 и x.

Докажем, что не существует натуральных чисел $y_0$ и $z_0$ , таких что

$y+z\sqrt{d}=(y_0+z_0\sqrt{d})^p$ , где $p$ - простое число.

Доказательство:

Если $p=2$ , то $z=2y_0z_0$ невозможно, поскольку $y_0$ взаимно просто с $d$ и значит с $z$ .
Если $p=3$ см. предыдущий пост.
Если $p>3$ cм. первоначальное доказательство.

Руст · 09/02/06 4397 Москва

Хорошо, доказали, что z соответствует минимальному решению уравнения Пелля. Что это даёт?

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Пока не знаю, буду думать. Я понимаю, что шансов решить эту проблему мало, потому что никто не может её решить c 1876 года. Но это не значит, что не следует пробовать.

Феликс Шмидель · 31/03/06 1384

Уравнение $y^2=x!+1$ можно заменить уравнением $y^2=z^n d+1$ , где n можно взять, например, 3 или 4.
Если показать, что одно из этих уравнений не имеет решений, противоречащих гипотезе abc, то и первоначальное уравнение не имеет решений, поскольку можно включить в d простые сомножители в степени не больше $n$ , таким образом, чтобы число $x!/d$ было n-ой степенью.

Руст · 09/02/06 4397 Москва

Заменить то можно, только при этом возникнуть бесконечное количество различных d при пробегании натуральных х. При этом можно даже доказать, что при каждом фиксированном d уравнение имеет только конечное число натуральных решений. Однако, без abc гипотезы не сможем показать, что суммарное количество решений по всем возникающим d будет конечным числом.

juna · 07/03/06 1898 Москва

bot писал(а):

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:
$1!+2! + ... +x! = y^2$

Действительно, элементарно решается сравнением по модулю пять.
$1!+2!+3!+4!=33\equiv 3 mod(5)$ , но квадрат числа не может быть сравним с тремя по модулю пять, значит $x<5$ . Далее, перебирая, находим одно решение: $x=3$ , $y=3$ .

Руст писал(а):

Первое решение x=0,y=1. Далее x>1, следовательно y нечётно и $x!=(y-1)(y+1)$ .
Соответствено одно из чисел делится на 2, другое на $2^{v_2(x!)-1}$ . А другие простые числа, не превосходящие x полностью содержатся или в y-1 или в y+1.
Легко находится следующее решение x=4,y=5. Однако, как из этих соображений вывести, что нет других решений сразу на ум не приходит.

Можно также добавить, что
1. $y$ не делится ни на одно простое число меньшее либо равное $x$ , т.е. $y$ является либо простым числом либо произведением таковых много больших $x$ .
2. Если $x+1$ - простое число, то $(x+1)|y$ .
3. Уравнение $x!+a=y^2$ при $a>1$ всегда имеет конечное множество решений.