Entero soluciones a $a^{2014} +2015\cdot b! = 2014^{2015}$

Question

Cuántas soluciones hay para$a^{2014} +2015\cdot b! = 2014^{2015}$, $a,b$ enteros positivos?

Este es otro concurso problema que yo recibí de mi amigo.

¿Alguien puede ayudarme a encontrar la respuesta? O darme una pista para resolver este problema?

Gracias

Answer 1

Tomando esta ecuación mod $2015$ rendimientos $a^{2014} \equiv -1 \pmod{2015}$.

Desde $2015 = 5 \cdot 13 \cdot 31$, se obtiene el siguiente:

$a^{2014} \equiv -1 \pmod{5}$

$a^{2014} \equiv -1 \pmod{13}$

$a^{2014} \equiv -1 \pmod{31}$

Por Fermat Poco Teorema, $a^{31} \equiv a \pmod{31}$. Por lo tanto, $a^4 \equiv a^{2014} \equiv -1 \pmod{31}$.

Podemos comprobar que el $-1$ no es un residuo cuadrático $\pmod{31}$. Por lo tanto, no hay ningún residuo $a^2$ tal que $(a^2)^2 = a^4 \equiv -1 \pmod{31}$. Por lo tanto, no hay soluciones a la ecuación original.

Answer 2

Aquí está una línea de ataque que te deja con la tarea de comprobar sólo un número finito de casos. La idea es comprobar la divisibilidad por potencias de dos. Yo uso la notación $\nu(m)$ para denotar el exponente de la potencia más alto de los dos que se divide un entero positivo $m$, así por ejemplo,$\nu(80)=\nu(16\cdot5)=4$, debido a $2^4=16$.

Usted probablemente ha visto (o puede probar como ejercicio) que $$ \nu(m!)=\sum_{i=1}^{\lceil \log_2m\rceil} \lfloor\frac m {2^i}\rfloor.\qquad(*) $$ También se $\nu(mn)=\nu(m)+\nu(n)$, y, en consecuencia,$\nu(m^n)=n\nu(m)$. Además, si $\nu(a)\neq\nu(b)$$\nu(a+b)=\min\{\nu(a),\nu(b)\}$. Esta última propiedad se conoce como no-Arquímedes triángulo de la desigualdad. Vamos a llamar a NATI, para abreviar.

Aquí podemos ver que $\nu(2014^{2015})=2015\cdot\nu(2014)=2015$ porque $2014$ es aún, pero no divisibile por cuatro.

Primero, vamos a considerar la posibilidad de que $a$ es impar. Entonces así es $a^{2014}$, lo $2015\cdot b!$ debe ser impar. Esto sólo es posible, si $b!$ es impar, por lo que debemos tener $b=0$ o $b=1$ porque de lo contrario $b!$ es incluso. Comprobar, si hay coincidencia de $a$.

Entonces vamos a centrar nuestra atención en la posibilidad de que $a$ es incluso. Primero presuponemos que $a$ no es divisible por cuatro, o, equivalentemente, que el $\nu(a)=1$. En ese caso $\nu(a^{2014})=2014$. Debido a $\nu(2014^{2015})=2015$, NATI restringe la elección de $b$ a los números que han $2014=\nu(2015\cdot b!)=\nu(b!)$. Fórmula $(*)$ viene muy bien. Te doy el bit extra $\nu(2022!)=2014$. Hay muy pocas posibilidades de $b$, debido a $\nu(b!)$ es un (no estrictamente) creciente en función de $b$.

Por último, si $\nu(a)>1$,$\nu(a^{2014})\ge2\cdot2014$, que es mayor que $2015$. En estos casos NATI fuerzas de $\nu(b!)=2015$. De nuevo, esto limita severamente las posibilidades de $b$.

Answer 3

No es toda la solución, pero es suficiente para salir.

Tenemos que $\displaystyle a^{2014}+b!\equiv 0 \pmod{2014}$

• Si $b\geq 53$,$\displaystyle a^{2014}\equiv 0 \pmod{2014}$.

Desde $2014=2\times19\times53$, esto implica $\displaystyle a\equiv 0 \pmod{2014}$

Por lo tanto $a=2014k$ positivos $k$

Conectando en los rendimientos de $\displaystyle 2014^{2014}k^{2014}+2015 b!=2014^{2015}$

Por lo tanto $2014^{2014}(2014-k^{2014})=2015 b!$

El RHS ser positivo, por lo que es la LHS, y thefore $2014\geq k^{2014}$, lo que obliga $k=1$

Por lo tanto,$a=2014$. Además, $2014^{2014}(2013)=2015 b!$ es claramente una contradicción.

• Por lo tanto, $b\leq 52$

Answer 4

Sugerencia $ $ Si $\,n\,$ es impar, y $\ a^{n-1}\! + n b = (n-1)^{2j+1} $, a continuación, cada primer $\,p\,$ dividiendo $\,n\,$ $\,\equiv 1\pmod 4 $ desde $\ n\!-\!1 = 2k,\,$ $\, {\rm mod}\ p\!:\ (a^k)^2 \equiv\, -1,\ $ por Euler o la reciprocidad, $ $ deducimos $\ p\equiv 1\pmod 4$