cómo solucionar $1!+2!+3!+...+x!=y^{z+1}$donde $x,y,z\in \mathbb N$?

Question

cómo resolver la siguiente ecuación donde $x,y,z\in \mathbb N$ $$1!+2!+3!+...+x!=y^{z+1}$$ Gracias de antemano

Answer 1

Nos muestran que no hay soluciones al $x\gt 8$. El menor $x$ puede ser tratado por la informática.

Primera nota de que $z+1$ no se puede aún. Por si $x\ge 4$, entonces nuestra suma es congruente a $3$ modulo $5$.

Ahora muestran que $z+1$ debe $2$. Por si $x=8$ entonces nuestra suma es divisible por $9$ pero no más grande poder de $3$. Cualquier mayor factorial es divisible por $3^4$, por lo que para $x\ge 9$, el más alto poder de $3$ que divide nuestros suma es $3^2$.

Answer 2

debe ser $x\gt1$ porque $x=1,y=1,z+1$ es airbitrary es una solución. tenemos $2$ caso:

caso$I$ : $z=1, x\ge 2$ tenemos $1!+...+x!=y^2$ en mod10

tenemos para $x=2$, hacia la derecha de la instrucción es $3$ pero $ y^2\equiv 0,1,4,5,6,9 \pmod {10}$, de modo que no es la solución.

si $x=3$, luego tenemos a $y=3,z=1$ es la solución.

si $x\ge4$ hacia la derecha de la instrucción es $3$ pero $ y^2\equiv 0,1,4,5,6,9 \pmod {10}$, de modo que no es la solución.(debido a que $10k=n!\equiv 0 \pmod{10}$$n \ge 5$)

caso$II$: $z\ge 2$ a continuación, $3$ brecha hacia la derecha de la instrucción, ya$(1!+2!)(=3), n \ge3 ,n!=3k$ $3|y^{z+1}$ $3|y$ por el lema de Euclides para $3$ que es primo. $y=3k , 3^{z+1}k^{z+1}=27s=y^{z+1} , z\ge2$ $n \ge9 , n! \equiv 0 \pmod {27}$ , de modo que es suficiente para mostrar por $x=1,...,8$ que es la única solución que yo.e hacia la derecha de la declaración de $\not \equiv 0 \pmod {27}$ es fácil : tenemos:

$x=2 \Rightarrow 3\not \equiv 0 \pmod {27}$ ---,$x=3 \Rightarrow 9\not \equiv 0 \pmod {27}$,---$x=4\Rightarrow 6\not \equiv 0 \pmod {27}$,

$x=5 \Rightarrow 18\not \equiv 0 \pmod {27}$ ,---$x=6 \Rightarrow 9\not \equiv 0 \pmod {27}$,---$x=7\Rightarrow 5\not \equiv 0 \pmod {27}$, $x=8 \Rightarrow 9\not \equiv 0 \pmod {27}$,

la única solución es $x=3,y=3,z=1$ si $x \gt 1$ y $x \in \Bbb N$ : $$x=3,y=3,z=1,---x=1,y=1,z+1$$ es airbitrary

Answer 3

Sugerencia:

$1!+2!+...x! = y^{z+1}$

$y^{z+1} \ge y^2$

$1!+2!+ \dots +x! \ge y^2$

La igualdad tiene iff $x=3$ o $1$,

Por qué? Cuando $x \ge 4$, $1!+2! \dots x! \equiv 3 \mod 10$.

Ahora consideremos los siguientes casos:

$y^{z+1} = y^{3k}$ o $y^{3k+1}$ o $y^{3k+2}$ $k$ pertenece a los números Naturales.

Answer 4

Usted puede comprobar fácilmente Hecho $1$: $\displaystyle \sum_{i=1}^{x}i!$ es eqaul a $y^{z+1}$ $x=3,1$($1\le x\le 8).$Este tiene que ser revisado de forma explícita mediante el cálculo de $\displaystyle \sum_{i=1}^{x}i!$ por cada $x$.

$\displaystyle \sum_{i=1}^{x}i!=1!+2!+\displaystyle \sum_{i=3}^{x}i! \equiv0$ (mod $3$)(en $x\ge 3$)

Así, por $x\ge 3,3|y^{z+1}$(en todo caso la ecuación tiene).$\Rightarrow 3|y$.Así que vamos a $y=3y_1$

Para $x>8$,y teniendo en cuenta que la ecuación tiene,

$27|x!$ $\displaystyle \sum_{i=1}^{8}i!\equiv 9 $ mod $27\dots(*)$.

En primer lugar voy a demostrar que $z+1\ge3$ no es posible,

Vamos, si es posible $z+1=3+k,k\ge0$

Así que tenemos $y^{z+1}=(3y)^3.(3y)^{k}\dots (1)$

(1) implicaría $27|y^{z+1}$ pero esto contradice $(*)$

Por lo $(z+1)\ge 3$ no es posible.

Así que la única posibilidad es $z+1=2$

Ahora para $x\ge5$,

$\displaystyle \sum_{i=1}^{x}i!\equiv 3$ mod $10$

pero $y^2$ no es equivalente a $3$ mod 10 para todos los $y\in N$. Por lo $z+1=2$ tampoco es posible.

Así que Hecho de $1$ junto con lo anterior implica que la ecuación no es posible para cualquier otro $x$ con la excepción de $1,3$. Por lo tanto hemos terminado.