Números enteros positivos $n$ tal que $\sum_{k=1}^{n} k!$ divide $(n + 1)!$

Question

Necesito ayuda para escribir una prueba por inducción para este problema.

Recordemos que $n! = 1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times n$ . Encuentra todos los enteros positivos $n$ tal que $1! + 2! + \ldots + n!$ divide $(n + 1)!$ .

Aquí tengo lo que ya he probado:

http://openstudy.com/study#/updates/527aa321e4b0dc82d54350ff

Aquí tengo lo que ya he probado.

Answer 1

Supongamos que $S_n=\sum_{k=1}^n k!$ divide $(n+1)!$ . Entonces $\exists \ell\in\mathbb{N}$ tal que $\ell S_n=(n+1)!$ . Entonces $\ell S_{n-1}+\ell n!=(n+1)!$ , $\ell S_{n-1}=(n+1-\ell)(n)!$ . Tenga en cuenta que como $n$ aumenta, $n+1-\ell$ se acerca a $1$ y al introducir los números te dirá $n+1-\ell$ nunca supera $1\frac{4}{11}$ como:

$$\begin{align} \left(n-\frac{n!}{S_{n-1}}\right)-\left(n+1-\frac{(n+1)!}{S_n}\right)=\frac{-S_n\cdot n!+S_{n-1}\cdot (n+1)!}{S_nS_{n-1}}-1&>0 \\ S_{n-1}(n+1)!-S_n\cdot n!&>S_nS_{n-1} \\ S_{n-1}(n+1)!&>S_n(S_{n-1}+n!) \\ (n+1)!S_{n-1}>S_n^2 \end{align}$$

Por lo tanto, para un tamaño suficientemente grande $n$ (que se puede comprobar que es $4$ ), está claro que la desigualdad se mantiene y $n+1-\ell$ está disminuyendo

Esto significa que, si $S_n|(n+1)!$ , $S_{n-1}|(n+1-\ell)n!=n!$ . Inductivamente, $S_k|(k+1)!$ para todos $1\leq k\leq n$ . Desde $S_3\not|4!$ , $S_n\not|(n+1)!$ para todos $n\geq 3$ .

Esto hace que las soluciones $n=1,2$

Voy a dar crédito a quien lo merece: tomé prestada la idea inicial de amistre64 en el foro al que enlazaste.

Answer 2

En primer lugar, sabemos que $1!+2!+3!+....+n!$ es impar. Ya que la mitad de los números antes $(n+1)!$ son pares, tenemos que la mayor potencia de dos que divide $(n+1)!$ es $\ge 2^{\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor}$ .

Por lo tanto, si tenemos $(1!+2!+3!+....+n!)k=(n+1)!$ para algunos $k$ entonces, como el lado derecho es múltiplo de $2^{\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor}$ , $k$ también debe ser uno, y lo tenemos: $$k(1!+2!+3!+....+n!)\ge 2^{\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor}n!$$

Entonces es fácil argumentar por inducción que $2^{\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor}> n+1$ para $n\ge5$ . Y las soluciones son $n=1,2$