Resolver

Question

Determinar $x,y,z$, donde $x,y,z \in \mathbb{N}$, que $2^x+y^2=z!\,$.

Me enteré de que $(0,0,1),(0,1,2),(1,0,2),(1,2,3),(3,4,4)$ son soluciones.
Creo que para $z \geq5$ allí no es ninguna otra solución, pero no sé cómo probar esto para números más grandes.
He intentado probar con "el último dígito el truco", ya que sabemos para cualquier $z \geq5$, $z!$ extremos en $0$, pero esto no funcionó para mí. Y, obviamente, $y$ tiene que ser uniforme.

Answer 1

Trate de factoring $z! = 2^{\alpha_0} 3^{\alpha_1} 5^{\alpha_2} \ldots {p_n}^{\alpha_n}$, donde $p_1$ a través de $p_n$ son el primer primos impares $n$. Entonces $z! - 2^x = 2^x m$. Sabemos que $\gcd(3^{\alpha_1} 5^{\alpha_2} \ldots {p_n}^{\alpha_n}, m) = 1$, porque $\gcd(2^x, 3^{\alpha_1} 5^{\alpha_2} \ldots {p_n}^{\alpha_n}) = 1$ así.

Bueno, lo sentimos, no es tan fructífero como pensé que sería, por lo que voy a elaborar en la pista de Wowoju.

Claramente, $z! \equiv 0 \pmod 7$ % todos $z > 6$. Y $2^x \equiv 1, 2, 4 \pmod 7$. Así $z! - 2^x \equiv 6, 5, 3 \pmod 7$. Pero ésas son precisamente las plazas imposibles modulo 7.

Ahora lo único que tienes que hacer es ir caso por caso $0 < z < 7$ para comprobar si ya ha encontrado todas las soluciones posibles.