Задача из сборника ЕГЭ-задач

[nnosipov]

Вот, нашёл в одной книжке для школьников задачку: решить в натуральных числах уравнение $n! + 3n = k^2$. По-моему, опечатка в условии. Или всё-таки есть разумное решение? (Да и неразумного придумать не получается.)

[мат-ламер]

Вот одно из решений - $n=1, k=2$.

-- Вс апр 17, 2011 21:43:54 --

Вот второе решение - $n=4, k=6$.

[nnosipov]

мат-ламер в сообщении #436007 писал(а):

Вот одно из решений - $n=1, k=2$.

-- Вс апр 17, 2011 21:43:54 --

Вот второе решение - $n=4, k=6$.

Мне бы доказательство, что других нет (ответ к этой задаче в сборнике дан, а вот решение ...).

[age]

По-моему, так: $n!\div 3n$, поэтому $\dfrac{(n-1)!}{3}+1=\dfrac{k^2}{3n}$. А это почти проблема Брокарда.

[nnosipov]

age в сообщении #436030 писал(а):

По-моему, так: $n!\div 3n$, поэтому $\dfrac{(n-1)!}{3}+1=\dfrac{k^2}{3n}$. А это почти проблема Брокарда.

Вот и я на это намекаю. (Здесь, конечно, нужно поаккуратнее сводить, но приходишь именно в тупик типа проблемы Брокара).

[мат-ламер]

Левую часть представим как $[(n-1)!+3]n$. Левый множитель здесь взаимно прост с правым. Отсюда $n$ - полный квадрат. Отсюда множитель $3$ входит в левую часть нечётное число раз.

-- Вс апр 17, 2011 22:27:10 --

Цитата:

Левый множитель здесь взаимно прост с правым

Это не так, но общий множитель может быть только тройкой. И слева всё равно тройка в нечётной степени.

[nnosipov]

мат-ламер в сообщении #436042 писал(а):

Это не так, но общий множитель может быть только тройкой. И слева всё равно тройка в нечётной степени.

Почему? Сократим обе части на $3^2$, получим $[(n-1)!/3+1] \cdot (n/3)=(k/3)^2$. Теперь сомножители в левой части взаимно просты, так что каждый из них точный квадрат. Но что это даёт?

[мат-ламер]

Предыдущее моё сообщение верно при $n>4$.

[nnosipov]

мат-ламер в сообщении #436048 писал(а):

Это всё верно при $n>4$.

Не понял. Это всё --- это что? Не вижу, почему верно. После сокращения на 3 множитель $(n-1)!+3$ перестаёт делиться на 3. Откуда слева тройка в нечётной степени?

[мат-ламер]

(Оффтоп)

nnosipov. Извиняюсь, предыдущее своё сообщение писал не видя Вашего. Над Вашим думаю, но действуют отвлекающие факторы. Попробуйте прикинуть на примерах.

[nnosipov]

мат-ламер в сообщении #436057 писал(а):

(Оффтоп)

nnosipov. Извиняюсь, предыдущее своё сообщение писал не видя Вашего. Над Вашим думаю, но действуют отвлекающие факторы. Попробуйте прикинуть на примерах.

(Оффтоп)

Уже прикидывал --- полный тупик. Вырисовывается только Брокар в виде $(n-1)!/3+1=m^2.$

[MrDindows]

Что если это решать как-то так:
$n=3x^2$
$(3x^2-1)!=3(m-1)(m+1)$
Но $(3x^2-1)!$ делится на $x^{3x+1}$
И с помощью этого как-то показать, что
$3(m-1)(m+1)\ge 3(x^{3x+1}-2)x^{3x+1}>(3x^2-1)!$
И вроде как тут можно использовать то, что
$n!<3(\frac{n}{2})^n$

Но всё-равно, это никак не тянет на школьную задачу, пусть даже очень высокого уровня)

[spaits]

MrDindows в сообщении #436105 писал(а):

Но всё-равно, это никак не тянет на школьную задачу, пусть даже очень высокого уровня)

А это тянет? Задача ЕГЭ прошлого года.

Найдите все значения $p$, при которых уравнение $(2p-3)x^3-(6-p)x^2+2px=p$ имеет ровно один корень.

[nnosipov]

MrDindows в сообщении #436105 писал(а):

$3(m-1)(m+1)\ge 3(x^{3x+1}-2)x^{3x+1}>(3x^2-1)!$

Как получить первое из этих неравенств? И почему, кстати, $(3x^2-1)!$ делится на $x^{3x+1}$? Для простых $x$ понятно, а для составных $x$?

-- Пн апр 18, 2011 07:43:37 --

spaits в сообщении #436112 писал(а):

Задача ЕГЭ прошлого года.

Найдите все значения $p$, при которых уравнение $(2p-3)x^3-(6-p)x^2+2px=p$ имеет ровно один корень.

Это тоже где-то опубликовано? Или было на реальном ЕГЭ? Действительно, в таком виде эту задачу школьнику не решить, поскольку ответ нельзя выписать (жуткие кубические радикалы, которые лезут из формулы Кардано).

[nnosipov]

MrDindows в сообщении #436105 писал(а):

$3(m-1)(m+1)\ge 3(x^{3x+1}-2)x^{3x+1}>(3x^2-1)!$

У Вас здесь и второе неравенство какое-то странное --- формуле Стирлинга противоречит.