Prueba $n! +5$ no es un cuadrado perfecto para $n\in\mathbb{N}$

Question

Tengo una prueba de este sencillo problema, pero me parece que el último paso es bastante torpe:

Para $n=1,2,3,4$ tenemos $n!+5=6,7,11,29$ respectivamente, ninguna de las cuales es cuadrada. Supongamos ahora que $n\geq 5$ entonces: $$\begin{aligned} n! +5 & \;=\; n(n-1)\cdots 6\cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 + 5 \\[0.2cm] & \;=\; 5\left[ \frac{}{} n(n-1)\cdots 6\cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 + 1 \right] \\[0.2cm] &\;=\; 5(3k+1) \end{aligned}$$ para algunos $k\in\mathbb{N}$ . Desde $5(3k+1)=15k+5\equiv 5\,\text{mod} \, 15$ y todos los cuadrados perfectos son congruentes o bien $0,1,4,6, 9$ o $10\,\text{mod}\,15$ El resultado es el siguiente. $\;\blacksquare$

En el último paso ha habido que hacer una búsqueda exhaustiva de los cuadrados módulo 15; ¿hay algún teorema que se me haya escapado y que signifique que el último paso es inmediato? Se agradecen mucho tus comentarios.

Answer 1

Cuando $n\geq 3$ $$n!+5 \equiv 2 \pmod{3}$$ Así que no puede ser un cuadrado perfecto cuando $n\geq 3$ .

Answer 2

Como se puede ver en la brillante respuesta de pisco125, el paso en el que se deduce $n! + 5 = 15k + 5$ para $n \geq 5$ es en este caso innecesario.

Con los factoriales normalmente se puede confiar en el hecho de que $d \mid n!$ para todos $n \geq d$ . Esto significa que $n!$ es divisible por 5 para todo $n \geq 5$ . Entonces, aunque 25 es un módulo mayor que 3 o 15, es muy conveniente aquí, porque si $m \equiv 5 \pmod{10}$ entonces $m^2 \equiv 0 \pmod{25}$ . Es decir, 5 no es un cuadrado módulo 25. Por supuesto, de esta manera todavía hay que comprobar $n < 10$ , mientras que a la manera de Pisco sólo hay que comprobar $n < 3$ .

Answer 3

Rara vez es la forma más elegante, pero con los factoriales la forma más intuitiva es mirarlos módulo a una potencia de $10$ como por ejemplo $100$ o $1000$ .

Así, $n! + 5 \equiv 5 \pmod{100}$ para $n > 9$ . Sabemos, ya que es obvio, que $x^2 \equiv 5 \pmod{100}$ no tiene solución en números enteros.

Como he dicho, no es elegante, porque todavía tenemos que mirar $n < 10$ . Tenemos $$6, 7, 11, 29, 25, 25, 45, 65, 25, 5$$ de los cuales algunos puede sean cuadrados (el $25$ s), pero resultan no serlo al poco tiempo de pensar en ellos.

Answer 4

Si $n! + p = k^2$ para algún primo no es muy difícil concluir $n < p$ y $k$ no tiene factores primos menores que $p$ o $p \le n < 2p$ , $\frac {n!}p + 1$ es divisible por $p$ y $\frac {\frac {n!}p + 1}p$ es un cuadrado perfecto sin factores primos menores que $p$ [ $*$ ].

Podemos ir un poco más allá. $(p-1)! \equiv -1 \mod p$ por el Teorema de Wilson así que para $p \le n < 2p$ con $\frac {n!}p + 1\equiv 0 \mod p$ podemos concluir $\frac {n!}p = (p-1)!\prod (p + k) \equiv -1 \mod p$ así que $(n-p)! \equiv 1 \mod p$ . Y $n = p+1$ o $n = p + (p-2)= 2p-2$ por lo que sólo hay que comprobar dos casos, si $n \ge p$ .

Así que si $n < 5$ y $n! + 5 = k^2$ entonces $n! + 5 \ge 7^2$ que simplemente no es posible para $n\le 4; n! \le 24$

Si $5\le n < 10$ . entonces $\frac {n!}5 \equiv -1 \mod 5$ . Si $n = 5+k$ entonces $\frac {n!}5 = 4!*(6....n) \equiv 4!*k! \equiv -k! \equiv -1$ así que $k! \equiv 1\mod 5$ . Así que $k =1, 3$ y $n=6,8$ . Que se puede comprobar.

Lo cual es probablemente mucho más torpe que tu prueba. Pero podría ser útil para generalizar.

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[ $*$ ] $k \le n$ implica $k|n!$ así que $k\not \mid n! +p$ a menos que $k = p$ . Si es así $p|n! + p$ y $n! + p = p(\frac {n!}p + 1)$ . Si $n \ge 2p$ entonces $p|\frac {n!}p$ y $p \not \mid \frac{n!}p + 1$ . Si $n! + p$ es un cuadrado perfecto y $p|n! + p$ entonces $p^2|n!+p$ y así $p \le n < 2p$ .