Demuestre que$0!+1! + 2! + 3! + ..... + n!$$\neq$$p^\text{r}$, donde$n \geqslant 3$ y$n$,$p$ y$r$ son tres números reales

Question

Deje $n$, $p$ e $r$ ser tres números enteros positivos. Demostrar que para $n \geqslant 3, r>1$, $$\sum_{k = 0}^{n} k! \neq p^\text{r}$$

FUENTE: BANGLADESH OLIMPÍADAS de MATEMÁTICAS (Preaparatory Pregunta)

Yo no estoy tan familiarizado con este tipo de problema. Al ver que problema, me convertí poco de curiosidad acerca de lo que en el texto se afirma y lo que será su concepción?

Yo no podía resolver el problema. Por otra parte, yo no sé acerca de la fórmula de $\sum k!$. Es que hay alguna? Y no podía darse cuenta de la esencia de la $p^\text{r}$ y cuál es la razón detrás del hecho de que la suma no puede ser igual a $p^r$ para algunos entero $p$.

Cualquier tipo de referencia o de la concepción masivamente a que me ayude a empezar con algo de enfoque para resolver el problema anterior. Gracias por su apoyo y esfuerzo en avanzar.

Answer 1

La pregunta indaga sobre el primer factorización de $\sum_{k=0}^{n}k!$. La primera cosa a notar es que usted tiene $0!=1!=1$ y todos los otros términos son divisibles por 2, por lo que la suma es divisible por 2. Por lo tanto, si estamos buscando un contraejemplo, debemos tener $p$ incluso, y así desde $r>1$, $4$ divide la suma.

Ahora, la suma comienza $0!+1!+2!+3!=10$, y, a continuación, todos los términos después de que este se $k!$ para $k\ge4$. Así, por $n\ge3$, $4$ no dividir la suma, una contradicción.

Answer 2

Sólo por diversión, me va a resolver el mismo problema pero con $0!$ eliminado:

Resolver: $$1!+2!+\dots+n!=p^r$$ ...para $n,p,r\in N, r\ge2, n\ge3$

Indicar la suma de los primeros a$n$ factoriales con $a_n$:

$$a_n=\sum_{k=1}^n k!$$

Es obvio que para $n\ge3$:

$$3\mid a_n$$

¿Por qué es eso así? 3 divide a 1!+2! y 3 divide a todos los factoriales a partir de 3! Por lo que la suma de los factoriales $a_n$ debe ser divisible por 3 para $n>3$. Esto significa que el $p^r$ debe ser divisible por 3, lo cual sólo es posible si:

$$3\mid p\iff p=3q$$

En otras palabras:

$$a_n=\sum_{k=1}^n k!=3^rq^r\tag{1}$$

Supongamos que $r>=3$. Esto significa que el lado derecho es divisible entre 27 y por lo que significa que $a_n$ tiene que ser divisible por 27 así. Aviso que el 27 divide a todos los factoriales a partir de $9!$. Así que si $a_8$ es divisible por 27, por lo que es $a_9, a_{10},\dots$.

Usted puede comprobar manualmente que $$a_8=1!+2!+3!+4!+5!+6!+7!+8!=46233$$

Por lo tanto:

$$27\nmid a_8$$

En consecuencia, para todos los $n\ge9$:

$$27\nmid a_n$$

Así que tenemos una contradicción para todos lo suficientemente grande como valores de $n$. Sólo tenemos que ver un par de valores de partida manualmente. De hecho, si usted compruebe todos los valores de $a_1$ a $a_8$ verá que sólo $a_7=5913$ es divisible por 27. Pero el número de $5913=3^4\times73$ no es de la forma $p^r$.

Así que no hay solución para cualquier $r\ge3$.

Todavía tenemos que considerar un caso de $r=2$:

$$a_n=p^2$$

Se puede demostrar fácilmente (ver prueba aquí) que:

$$1!+2!+3!=3^2$$

...es la única solución del problema.