Calcule $\gcd(0!+1!+\ldots+n!, (n+1)!)$

Question

Tengo que calcular $d=\gcd(0!+1!+\ldots+n!, (n+1)!)$, así que vamos a $a=0!+1!+\ldots+n!$$b=(n+1)!$. Entonces:

$a=0!+1!+\ldots+n!=3!+0!+1!+2!+4!+...+n!=6+4+4!+...+n! \equiv 2 \mod 4$

Por lo tanto, $a$ $b$ son uniformes, sino $4$ no divide $a$, lo $2 | d$. Ahora, si no hay otra prime $p>2$ divide $a$ $b$ tendremos $d=2$. Es suficiente, a continuación, comprobar el caso donde $n+1=p$, obviamente, $p|(n+1)!$, por lo que tengo que comprobar que $p$ no divide $a=0!+1!+\ldots+n!=0!+1!+\ldots+(p-1)!\equiv 1!+\ldots+(p-2)! \mod p$

Pero no sé cómo continuar. Estoy seguro de que este es el camino, pero no la puedo encontrar las herramientas para demostrarlo.

Answer 1

Permítanme en primer lugar, resumir las observaciones que ya se hizo, con las siguientes notaciones: $S_n=1+1+2!+\ldots + n!$, $d_n=(S_n,(n+1)!)$

Entonces $2|d_n$, $2^2\nmid d_n$; la segunda propiedad de la siguiente manera $2^2\nmid S_3$, pero $2^2|(n+1)!$ $n\ge 3$ $S_{n+1}=S_n+(n+1)!$ $2^2\nmid S_n$ todos los $n$ por inducción. También, $d_n=2$ inicialmente; un nuevo primer $p$ podría ocurrir en $d$ precisamente si $S_{p-1}\equiv 0 \bmod p$. Tenemos la sospecha de que esto sucede por no $p$, lo que implicaría que $d_n=2$ todos los $n$.

Después de buscar un poco en google, me encontré con que la conjetura de que $S_{p-1}\not\equiv 0\bmod p$ es conocido como Kurepa de la conjetura, y parece que su estado es clara (véase también el comentario al vinculados pregunta).