Probar que si $\Sigma_{i=1}^{n}(a_i)\le2^{n-4}$ $a_2!a_3!\dots a_n!+1$ no es una potencia de $a_1$

Question

El enunciado del problema es

Deje $a_1,a_2,\dots,a_n$ ser estrictamente decreciente secuencia de enteros positivos, con $a_1\equiv5\ (\text{mod }8)$.

Demostrar que para todos los enteros positivos $n$, si $$a_1+a_2+\dots+a_n\le2^{n-4}\text,$$ then for all positive integers $m$, $$a_2!a_3!\dots a_n!+1\neq a_1^m\text.$$

Tenga en cuenta que si $n\le6$, la declaración nunca es falso, ya que el antecendent nunca tiene (porque $2^{n-4}\le2^{6-4}=4$$a_1+a_2+\dots+a_n\ge a_1\ge5$).

Queda por demostrar la declaración de $n\ge7$.

Me puse a probarlo por la contradicción, asumiendo $a_1+a_2+\dots+a_n\le2^{n-4}$ $a_2!a_3!\dots a_n!+1=a_1^m$ para algún entero positivo $m$.

Lo que he obtenido:

1. Debido a $a_1\equiv5\ (\text{mod }8)$, $a_1^m\equiv5\ (\text{mod }8)$ si $m$ es impar, y $a_1^m\equiv1\ (\text{mod }8)$ si $m$ es incluso.

2. Debido a $n\ge7$ y la sucesión es estrictamente decreciente, tenemos $a_2\ge6$ ($a_7$no sería positivo). Por lo tanto, $8\mid720\mid a_2!$. De ello se desprende que $a_2!a_3!\dots a_n!+1\equiv1\ (\text{mod }8)$.

3. A partir de (1) y (2), obtenemos que $m$ es incluso.

4. Considere la posibilidad de que $(a_2!a_3!\dots a_n!,a_2!a_3!\dots a_n!+1)=1$ donde $(a,b)$ denota el máximo común divisor de a$a$$b$. De ello se sigue que $$(a_2!a_3!\dots, a_n!,a_1^m)=1\\ \implica(a_2!,a_1)=1\text;$$ en otras palabras, $a_1$ es relativamente primer a $a_2!$. De ello se desprende que el menor factor primo (y por lo tanto, cualquier factor principal) de $a_1$ es mayor que $a_2$.

Pero yo no podía conseguir mucho más.

Answer 1

Este es un boceto de ideas que debe conducir a una prueba.

La idea básica es comparar la mayor potencia de 2 que divide a $a_1^m-1$ y la mayor potencia de 2 que divide a $a_2!a_3!\ldots a_n!$ y muestran que el primero es menor que el segundo.

Deje $m=2^rq$. A continuación, utilizando el hecho de que $a_1 \equiv 5$ (mod 8), obtenemos que el mayor $k$ que $2^k$ divide $a_1^m-1$$r+2$. Para ver esto, escriba $a_1^m-1=(a_1^q-1)(a_1^q+1)(a_1^{2q}+1) \ldots$. Excepto el primer factor, todos los demás son divisibles por 2, pero no por 4. El primero es divisible por 4 pero no por 8. En particular, el valor de la mayor potencia de 2 que divide a $x_1^m-1$ es en la mayoría de las $4m$.

Ahora considere el $a_2!a_3!\ldots a_n!$. Esta es divisible por $2!3!\ldots (n-1)!$ El mayor $k$ que $2^k$ se divide este es, al menos,$\sum_{i=2}^{n-1}\lfloor i/2 \rfloor + \lfloor i/4 \rfloor + \ldots$. Mostrar un límite inferior de este.

Finalmente, para obtener una contradicción, muestran que $m$ es pequeña, utilizando el límite superior de la suma de los $a_i$s y también a $m \leq \sum_{i=2}^{n-1} a_i \log a_i-\log n$.

Answer 2

Sólo una observación, sin el uso de $a_1 \equiv 5 \pmod{8}$ ...

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Echemos un vistazo a los menos posibles casos: $$a_n=1 \Rightarrow a_n!=1$$ $$a_{n-1}>a_n \Rightarrow a_{n-1}\geq2 \Rightarrow a_{n-1}!\geq 2$$ $$a_{n-2}>a_{n-1}\geq3 \Rightarrow a_{n-2}!\geq 2^2$$ $$...$$ $$a_{2}\geq n-1 \Rightarrow a_{2}!\geq 2^{n-2}$$ Entonces, si asumimos un $m$ existe, entonces: $$(2^{n-4})^{m}>a_1^m=a_2!a_3!...a_n!+1\geq 2^{1+2+...+(n-2)}=2^{\frac{(n-2)(n-1)}{2}}$$ que conduce a la $$(n-2)(n-1)<2m(n-4)$$ que sólo se inicia mostrando las posibles soluciones para $m\geq5$.