Encuentre todo lo natural $n$ números tales que $15(n!)^2+1$ es divisible por $2n-3$ . Mi intento: Primero asumí $2n-3$ no es un número primo. Sea $a$ sea divisor de $2n-3$ . Está claro que $a<n-1$ Así que $15(n!)^2$ es divisible por $a$ . Lo que significa que $15(n!)^2+1$ no es divisible por $a$ . Pero se da que $15(n!)^2+1$ es divisible por $n$ lo que significa que es divisible por $a$ también. Pero ya hemos demostrado que no lo es. ¡Contradicción! Así que $2n-3$ debe ser un número primo. Ahora bien, si cambiamos $2n-3$ como $p$ . Podemos decir $15*((p+3)/2)!*((p+3)/2)!$ es congruente con $-1$ por módulo p. Por el teorema de Wilson $15*((p+3)/2)!*((p+3)/2)!$ es congruente con $(p-1)!$ por el módulo p. A partir de aquí no sé cómo continuar.
Respuesta
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Necesitas el Teorema de Wilson, pero observa:
\begin{align}n &\equiv -(n-3) \pmod {2n-3}\\ n-1 &\equiv -(n-2) \pmod {2n-3}\\ &\ \vdots\\ 1 &\equiv -(2n-4)\pmod {2n-3}\end{align}
Esto da:
\begin{align}(n!)^2&\equiv n!(-1)^n(2n-4)(2n-5)\dots(n-2)(n-3) \pmod {2n-3}\\&\equiv(-1)^n(2n-4)!(n)(n-1)(n-2)(n-3) \pmod {2n-3}\\\text{(Wilson)} &\equiv(-1)^{n+1}(n)(n-1)(n-2)(n-3)\pmod {2n-3}\\ &\equiv(-1)^{n+1}n^2(n-1)^2 \pmod {2n-3}\end{align}
Ahora separamos en casos en los que $n$ es impar o incluso. Para $n$ impar satisfaciendo la condición de división,
$$15(n!)^2+1\equiv 15n^2(n-1)^2+1 \equiv 0 \pmod {2n-3}$$
$z = \dfrac {15n^2(n-1)^2+1}{2n-3}$ es un número entero si $16z$ es. Simplificando tenemos
$$16z=120 n^3 - 60 n^2 + 30 n + 45 + \frac {151} {2 n - 3}$$
Por lo tanto, lo anterior es un número entero sólo si $2n-3$ divide $151$ que es un primo, dando $2n-3 = 151$ , $n = 77$ .
El caso de $n$ incluso debería ser similar. Técnicamente, también hay que tener en cuenta los casos $2n-3 = \pm 1$ por separado, ya que $\pm1$ no son ni primos ni compuestos.
