ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-07   
Решить уравнение
$1! + 2! + \cdots + (x+1)!=y^{z+1}$
в натуральных числах.


Решение:


Обозначим
$f(x)=1!+2!+ \cdots + (x+1)!$,
тогда
$f(1)=3, f(2) = 9 = 3^{1+1}, f(3)=33=3 \cdot 11$..
При $x > 3$ получаем, что величина
$f(x) = f(3)+5! + \cdots +(x+1)! \equiv 3(\mod 5)$
не является квадратом целого числа, так как при любом $k \in \mathbf{Z}$ имеем
$(5k)^{2}=25k^{2} \equiv (\mod 5)$,
$(5k \pm 1)^{2} = 25k^{2} \pm 10k + 1 \equiv 1 (\mod 5)$
и
$(5k \pm 2)^{2} = 25k^{2} \pm 20k + 4 \equiv 4 (\mod 5)$.
Следовательно, значение $z =1$ ни при каких натуральных числах $x \neq 2$ и $y$ не удовлетворяет равенству $f(x)=y^{z+1}$. Докажем, что при остальных значениях $z \geq 2$ это равенство также не выполняется. Непосредственная проверка показывает, что каждое из чисел $f (x)$ при $x=1, 2, 3, 4, 5, 7$ делится на 3, но не делится на 27, а значит, не может быть представлено в виде
$f(x)=y^{z+1}, z \geq 2$.
Такой же вывод можно сделать при $x > 7$, так как в этом случае
$f(x)=f(7)+9!+ \cdots + (x+1)! \equiv f(7) (\mod 27)$.
Наконец, при $x = 6$ также получаем, что число
$f (6)=5913 = 3^{4} \cdot 73$
не представимо в указанном виде. Итак, уравнению удовлетворяет единственный набор значений $x=2, y=3, z= 1$.