potęgi liczb naturalnych

[theoldwest]

Wykazać, że nie istnieje taka liczba naturalna dodatnia \(\displaystyle{ k}\) dla której wszystkie wyrazy ciągu \(\displaystyle{ a_n=n!+k,n \in \mathbb{N_+}}\) byłyby potęgami liczb naturalnych o wykładnikach większych od jeden.

Jest jedna armata na to zadanie, ale może zna ktoś jakiś bardziej przystępny sposób, który coś by pokazywał poza (praktycznie) samym powoływaniem się na tę armatę, którą (zapewne) mało kto umie dowieść.

[Ponewor]

Masz na myśli twierdzenie Wilsona?

[theoldwest]

Nie, a to idzie z TW?

[Ponewor]

W jakieś dwadzieścia sekund.

[theoldwest]

Podpowiesz coś konkretniej?-- 3 sty 2013, o 10:00 --Nie widzę tego, oczywiście opieram się na

[Vax]

Pokażemy, że \(\displaystyle{ k}\) musi być kwadratem liczby całkowitej. Załóżmy nie wprost, że istnieje takie pierwsze \(\displaystyle{ p}\), że \(\displaystyle{ v_p(k) = 2l+1 \ , l \in \mathbb{Z}_+ \cup \lbrace 0\rbrace}\), dobieramy sobie więc takie n, że \(\displaystyle{ v_p(n!) > 2l+1}\), wtedy \(\displaystyle{ v_p(n!+k) = 2l+1}\) sprzeczność, gdyż z założenia \(\displaystyle{ n!+k}\) jest kwadratem liczby całkowitej, więc zawiera w rozkładzie na czynniki pierwsze wszystkie liczby pierwsze w parzystych potęgach. Czyli \(\displaystyle{ k=l^2 , l\ge 1}\), a stąd natychmiastowa sprzeczność, gdyż dla dowolnego całkowitego dodatniego \(\displaystyle{ n}\) wyrażenie \(\displaystyle{ n!+l^2}\) miałoby być kwadratem, skąd w szczególności dla \(\displaystyle{ n=1}\) wyrażenie \(\displaystyle{ 1+l^2}\) byłoby pewnym kwadratem liczby całkowitej, co łatwo pokazać, że jest niemożliwe przy naszych założeniach.

[theoldwest]

A co to jest \(\displaystyle{ v_p(k)}\)?

[Vax]

\(\displaystyle{ v_p(k)}\) jest to maksymalna potęga \(\displaystyle{ p}\) dzieląca \(\displaystyle{ k}\), tj \(\displaystyle{ v_p(k) = l \iff p^l \mid k \wedge p^{l+1} \nmid k}\)

[theoldwest]

gdyż z założenia \(\displaystyle{ n!+k}\) jest kwadratem liczby całkowitej

Nie rozumiem skąd takie założenie - w zadaniu nie jest powiedziane, że \(\displaystyle{ n!+k}\) musi być kwadratem liczby naturalnej, więc nawet jakby wykluczyć, że \(\displaystyle{ n!+k}\) nie może być kwadratem, to w jaki sposób przekłada się to na bycie/niebycie jakąkolwiek inną potęgą liczby naturalnej (o wykładniku większym od jeden)?

[Vax]

Ah tak, niedokładnie doczytałem treść, jednak moje rozwiązanie przebiega podobnie w ogólnym przypadku Załóżmy nie wprost, że istnieje \(\displaystyle{ k}\) spełniające tezę. Na początku pokażę, że \(\displaystyle{ k}\) nie może być liczbą pierwszą. Załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ k=p \in \mathbb{P}}\). Ale podstawmy \(\displaystyle{ n=p+2}\), wówczas \(\displaystyle{ n!+p = p((p-1)!(p+1)(p+2)+1)}\), więc \(\displaystyle{ v_p(n!+p) = 1}\) (gdyż \(\displaystyle{ (p-1)!(p+1)(p+2)+1 \equiv -2+1 \equiv -1\pmod{p}}\)), sprzeczność, bo ma być potęgą liczby całkowitej o wykładniku \(\displaystyle{ \ge 2}\). Tak więc \(\displaystyle{ k}\) musi być liczbą złożoną. Podstawmy \(\displaystyle{ n=k}\), wówczas z założeń dla pewnych \(\displaystyle{ d,l}\) mamy \(\displaystyle{ k!+k = d^l}\). Pokażemy, że musi być \(\displaystyle{ k = b^l}\) dla pewnego całkowitego b. Istotnie, załóżmy nie wprost, że istnieje takie pierwsze \(\displaystyle{ p}\), że \(\displaystyle{ p \mid k \wedge l \nmid v_p(k)}\), ale skoro \(\displaystyle{ k}\) jest złożone, to \(\displaystyle{ v_p(k!) > v_p(k)}\), czyli \(\displaystyle{ v_p(k!+k) = v_p(k)}\), czyli \(\displaystyle{ l \nmid v_p(k!+k)}\) sprzeczność. Czyli \(\displaystyle{ k = b^l \ , \ l\ge 2}\) dla pewnego całkowitego dodatniego \(\displaystyle{ b}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ b > 1}\), niech \(\displaystyle{ p}\) będzie dowolnym dzielnikiem pierwszym \(\displaystyle{ b}\). Podstawmy \(\displaystyle{ n=p}\), wówczas \(\displaystyle{ n!+b^l = p!+b^l = c^t}\) dla pewnego \(\displaystyle{ c}\), ale \(\displaystyle{ p \mid p!+b^l}\), więc \(\displaystyle{ p \mid c}\), więc \(\displaystyle{ v_p(c^t) \ge 2}\). Niech \(\displaystyle{ b^l = p^l \cdot s^l}\), wówczas \(\displaystyle{ p! + b^l = p((p-1)!+p^{l-1}s^l)}\), skąd \(\displaystyle{ v_p(p!+b^l) = 1}\), czyli sprzeczność. Stąd może być jedynie \(\displaystyle{ b=1}\), czyli \(\displaystyle{ k=1}\) ale wtedy dla \(\displaystyle{ n=1}\) teza nie działa, skąd liczba \(\displaystyle{ k}\) spełniająca tezę nie istnieje, \(\displaystyle{ \mathbb{QED}}\)

[JakimPL]

Twierdzenie Wilsona kiedyś dowodziłem, to zadanie nie jest aż tak trudne:

Liczba \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ p}\) dzieli \(\displaystyle{ (p-1)!+1}\).

Dowód. Przypuśćmy, iż liczba \(\displaystyle{ p}\) jest pierwsza. Należy pokazać, iż zachodzi \(\displaystyle{ (p-1)!\equiv -1 \pmod{p}}\). Wybierzmy \(\displaystyle{ a}\) ze zbioru \(\displaystyle{ P=\{1,\ldots,p-1\}}\). Wtedy

\(\displaystyle{ a b \equiv 1 \pmod{p}}\)

ma dokładnie jedno rozwiązanie dla \(\displaystyle{ b}\) ze zbioru \(\displaystyle{ P}\). Jeżeli \(\displaystyle{ a=b}\), to \(\displaystyle{ a^2\equiv 1 \pmod{p}}\). Skoro tak, to \(\displaystyle{ p}\) dzieli \(\displaystyle{ a^2-1=(a-1)(a+1)}\), więc \(\displaystyle{ a\in\{1,p-1\}}\). Możemy połączyć liczby w pary z elementami odwrotnymi, uzyskując następujący iloczyn:

\(\displaystyle{ 2 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (p-2) \equiv 1 \pmod{p}}\)

Mnożąc stronami przez \(\displaystyle{ (p-1)}\) otrzymujemy tezę. Przypuśćmy teraz, że prawdziwe jest zdanie \(\displaystyle{ (p-1)!\equiv -1 \pmod{p}}\). Wykażemy nie wprost pierwszość \(\displaystyle{ p}\). Załóżmy \(\displaystyle{ c \in \mathbb{P} \cap (2,p)}\), \(\displaystyle{ c\,|\, p}\), czyli że istnieje nietrywialny pierwszy dzielnik \(\displaystyle{ p}\). Z przechodności podzielności wynika następujący fakt:

\(\displaystyle{ \left[c\,|\, p \wedge p\,|\,(p-1)!+1\right] \Rightarrow c\,|\,(p-1)!+1}\)

Jest to sprzeczność, bo \(\displaystyle{ c\,|\,(p-1)!}\) oraz \(\displaystyle{ c\,|\,(p-1)!+1}\), co oznacza, że \(\displaystyle{ c>2}\) musiałoby dzielić dwie kolejne liczby. Kończy to dowód.

[Marcinek665]

W jakieś dwadzieścia sekund.

Chętnie poznam rozwiązanie tego zadania z twierdzenia Wilsona. Szczególnie to dwudziestu sekundowe.

[Vax]

Ja też jestem mocno ciekaw tego rozwiązania.

[theoldwest]

Dzięki Vax

to zadanie nie jest aż tak trudne

Nie napisałem, że jest trudne chyba że to taki ogólny komentarz, którego nie byłem adresatem .

[Vax]

Dzięki Vax

Nie ma sprawy

to zadanie nie jest aż tak trudne

Nie napisałem, że jest trudne chyba że to taki ogólny komentarz, którego nie byłem adresatem .

JakimPL napisał, że dowód twierdzenia Wilsona nie jest trudny, na bezpośredni dowód Twojego zadania z tego twierdzenia wciąż czekamy