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. $\dashv$