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La solución de $n!=p^r-p$ $p$ primer

Hace un tiempo, me dijeron de este ejercicio en el Colín del libro, "No siempre enterrado en lo profundo." Creo que es el ejercicio 3 en el capítulo 1, pero yo no tengo una copia del libro, así que no puedo dar más referencias precisas.

He escuchado de varias personas que el ejercicio es más difícil de lo que se pretendía, y la referencia dada en el libro no acaba de resultar de la instrucción. Tenía la esperanza de que alguien sabía de referencia, o que ve cómo resolverlo.

La pregunta es para mostrar la siguiente. (Creo que esto se aplica a mostrar algunas estimaciones sobre el número de números primos en un intervalo, pero esta es la parte que más me interesa.)

Si $n\ge 6$$2\le k\le n$, $\frac{n!}k+1$ tiene un factor primo mayor que $n$.

Hacia una contradicción, supongamos que este no es el caso. Si $p$ es un primer factor de $(n!/k)+1$, entonces estamos suponiendo que la $p\le n$ y desde $p\mid n!+k$,$p\mid k$. De hecho, $p=k$ o más $p$ aparece en la factorización de $n!/k$. Así estamos diciendo que $(n!/p)+1$ es una potencia de $p$, y somos llevados a la ecuación $$ n! = p^r-p $$ from the title. Conversely, any solution to this equation leads to a pair $(n,k)$ contradicting the statement of the question, except for the fact that perhaps $n<6$.

Ahora, el de arriba es en el trivial lado de las cosas, pero por desgracia no veo cómo continuar. (Tenemos que $n<2p$. Tal vez Stirling puede ser de alguna manera se utiliza para limitar el tamaño de $r$?)

Tenga en cuenta que $n\ge 6$ debe ser utilizado de alguna manera, como lo hemos contraejemplos:

  • Si $n=2$,$2!=2^2-2$.
  • Si $n=3$,$3!=2^3-2=3^2-3$.
  • Si $n=4$,$4!=3^3-3$.
  • Si $n=5$,$5!=5^3-5$.

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DiGi Puntos 1925

El Chowdhury artículo está disponible aquí. Él demuestra:

Teorema. Si $n>1$$2\le k\le n$, luego

$\qquad(1)\quad n!+k$ tiene un factor primo mayor que $n$, o
$\qquad(2)\quad k$ es primo, $k>n/2$, e $n!+k$ es una potencia de $k$.

Su argumento es esencialmente como sigue:

Prueba. Supongamos que $n!+k$ no tiene ningún factor primo mayor que $n$, y deje $p\le n$ ser un primer dividiendo $n!+k\,$; claramente $p\mid k$. Supongamos primero que $p<k$, por lo que el $k$ no es primo; si $q\le n$ es primo, entonces $q\mid\frac{n!}k$, lo $q\nmid\frac{n!}k+1$, e $\frac{n!}k+1$ por lo tanto debe tener un primer factor $q>n$. Pero, a continuación,$q\mid k\left(\frac{n!}k+1\right)=n!+k$, una contradicción. Por lo tanto, $k$ debe ser la primera, y se $n!+k=k^m$ algunos $m\ge 2$. A continuación,$k\nmid k^{m-1}-1=\frac{n!}k$, por lo que $k>\frac{n}2$. $\dashv$

Luego de la cites T. Grundhöfer, Über die Zahlen der Formulario de $n!+k$, Arq. De matemáticas. 33, 361-363 (1979), para el resultado de que si $n>5$, ninguno de los números de $n!+k$ $2\le k\le n$ puede ser una fuente primaria de energía. Así, por $n\ge 6$ la segunda alternativa del Teorema no se puede sostener, y $n!+k$ debe tener un factor primo mayor que $n$.

Añadido: ahora he visto Grundhöfer del papel. Primero demuestra un

Lema. Para todos $n\in\mathbb{Z}^+$, $n!\le 2\left(\frac{n}2\right)^n$.

La prueba es por inducción: $$2\le\left(1+\frac1n\right)^n=\left(\frac{(n+1)/2}{n/2}\right)^n\;,\tag{1}$$ whence $$\begin{align*} (n+1)!&=(n+1)n!\\ &\le(n+1)\left(2\left(\frac{n}2\right)^n\right)\\ &\le(n+1)\left(\frac{n+1}2\right)^n\tag{by (1)}\\ &=2\left(\frac{n+1}2\right)^{n+1}\;. \end{align*}$$

A continuación, la prueba de que la única pares de $\langle n,k\rangle$ tal que $n\ge 2$, $2\le k\le n$, y $n!+k$ es una fuente primaria de energía se $\langle 2,2\rangle,\langle 3,2\rangle,\langle 3,3\rangle,\langle 4,3\rangle$, e $\langle 5,5\rangle$, que son, respectivamente,$2^2,2^3,3^2,3^3$, e $5^3$.

Prueba. Deje $p$ ser un primo tal que $n!+k=p^r$ donde$n\ge 2$$2\le k\le n$. Desde $k\mid n!+k$, $k=p^s$ para algunos $s$ con $1\le s<r$; $p^{s+1}\mid p^r=n!+p^s$, por lo $p^{s+1}\nmid n!$, y desde $p^s=k\le n$, debemos tener $s=1$$k=p$, por lo que $$n!=p^r-p=p(p^{r-1}-1)\;.\tag{2}$$ Moreover, we must have $p>n/2$. When $p=2$, the righthand side of $(2)$ is congruent to $2$ mod $4$, so $n<4$, and we have the first two exceptional $\langle n,k\rangle$ pairs, $\langle 2,2\rangle$ and $\langle 3,2\rangle$. Assume henceforth that $p$ es impar el primer.

Para $a\in\mathbb{N}$ deje $m(a)$ ser el más grande de $m$ tal que $$2^m\mid p^{2^a}-1=\left(p^{2^{a-1}}-1\right)\left(p^{2^{a-1}}+1\right)\;.$$ The factorization shows that $m(a+1)=m(a)+1$ for $\ge 1$, so $m(a)=m(1)+un-1$ for $\ge 1$. Moreover, $m(0)\le m(1)-1$.

Escribir $r-1=2^au$ donde $u$ es impar. Entonces $$p^{r-1}-1=\left(p^{2^a}-1\right)\sum_{i=0}^{u-1}p^{2^ai}\;,$$ so $m(a)$ is the highest power of $2$ dividing $p^{r-1}-1$. Equating the maximum powers of $2$ dividing the two sides of $(2)$ yields $$\sum_{i\ge 1}\left\lfloor\frac{n}{2^i}\right\rfloor=m(a)\le m(1)+a-1\tag{3}\;.$$ Note that since $2^{m(1)}$ is the highest power of $2$ dividing $p^2-1=(p+1)(p-1)$, we must have $m(1)\le\lg(p+1)+1\le\lg(n+1)+1$, where $\lg$ is $\log_2$.

Siguiente, tenga en cuenta que por el lema que hemos $p^r-p=n!\le 2\left(\frac{n}2\right)^n<2p^n$ (recordemos que $p>n/2$), lo cual es falso para $r>n$, lo $r\le n$. Desde $r-1=2^au\ge 2^a$, esto implica que $$a\le\lg(r-1)\le\lg(n-1)\;,$$ whence from $(3)$ we have $$\sum_{i\ge 1}\left\lfloor\frac{n}{2^i}\right\rfloor=m(a)\le \lg(n+1)+1+\lg(n-1)-1<2\lg n\;.\tag{4}$$ I claim that $(4)$ tiene sólo un número finito de soluciones.

Claramente $$\sum_{i\ge 1}\left\lfloor\frac{n}{2^i}\right\rfloor\ge\left(\frac{n}2-\frac12\right)+\left(\frac{n}4-\frac34\right)=\frac14(3n-5)\;,$$ so $(4)$ implies that $3n-5<8\lg n$, i.e., $3n-8\lg n<5$. The function $3n-8\lg n$ is monotone increasing for $n\ge 4$, and for $n=11$ we already have $$33-8\lg 11=33-4\lg 121>33-4\lg 128=5\;,$$ so $(4)$ implies that $n\le 10$ and thence that $$\sum_{i\ge 1}\left\lfloor\frac{n}{2^i}\right\rfloor\le\lfloor 2\lg 10\rfloor=\lfloor\lg 100\rfloor=6\;.$$ Thus, we must have $n\le el 7$. Since $p>n/2$ and $p\ge 3$, the only possible $\langle n,k\rangle$ pairs are $\langle 3,3\rangle,\langle 4,3\rangle,\langle 5,3\rangle,\langle 5,5\rangle,\langle 6,5\rangle,\langle 7,5\rangle$, and $\langle 7,7\rangle$, of which only the first, second, and fourth are prime powers. $\dashv$

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