Solar Plexsus » 23/07-2019 10:20
Alternativ løsning Vi har gitt to naturlige tall $k$ og $n$ som tilfredsstiller den diofantiske likningen
$(1) \;\; k! = \prod_{i=0}^{n-1} (2^n - 2^i)$.
For $k \leq 3$ har vi likningen (1) løsningene $(k,n)=(1,1)$ og $(k,n)=(3,2)$.
Anta at $k \geq 4$, hvilket betyr at $n \geq 3$.
Ved hjelp av Legendres fakultetsformel kan vi bevise at for alle primtall $p \leq k$ er
$(2) \;\; \nu_p(k!) = \frac{k - k_T}{p-1}$,
hvor $k_T$ er tverrsummen av $k$ representert i $p$-tallsystemet.
Ved å sette $p=2$ i (2), får vi
$(3) \;\; \nu_2(k!) = k - k_T$.
Likningen (1) er ekvivalent med
$(4) \;\; k! = 2^{\frac{n(n-1)}{2}} \prod_{i=1}^n (2^i - 1)$,
som kombinert med (3) gir oss
$(5) \;\; k - k_T = 2^{\frac{n(n-1)}{2}}$.
Ifølge (5) er $k > 2^3$ (siden $n \geq 3$), som igjen innebærer at det finnes et heltall $m \geq 4$ slik at
$(6) \;\; 2^{m-1} \leq k < 2^m$.
Herav følger at
$2^{m-1} - m < k - k_T < 2^m$,
som (siden $2^{m-2} \leq 2^{m-1} - m$) betyr at
$(7) \;\; 2^{m-2} < k - k_T < 2^m$.
Ved å kombinere (5) og (7) får vi at
${\textstyle (8) \;\; m - 1 = \frac{n(n-1)}{2}}$.
Ifølge (6) og (8) finnes det et rasjonelt tall $c \in [1,2)$ slik at
$(9) \;\; k = c \cdot 2^{\frac{n(n-1)}{2}}$.
Ved å anvende det faktum at ${\textstyle k! > (\frac{k}{e})^k}$ og implikasjonen $k! < 2^{n^2}$ (følger av (4)) finner vi at
${\textstyle 2^{n^2} > k! > (\frac{k}{e})^k = (\frac{c}{e} \cdot 2^{\frac{n(n-1)}{2}})^k}$,
i.e.
${\textstyle 2^{\frac{n^2}{k}} > \frac{c}{e} \cdot 2^{\frac{n(n-1)}{2}}}$,
som gir (ettersom $c>1$)
${\textstyle 2^{1,5} > e > \frac{e}{c} > 2^{\frac{n(n-1)}{2} - \frac{n^2}{k}}}$,
hvilket impliserer
${\textstyle (10) \;\; n(n - 1) - \frac{2n^2}{k} < 3}$.
Ved å kombinere ulikheten (10) med det faktum at $k>8$, får vi at
${\textstyle n(n - 1) - \frac{2n^2}{8} < 3}$.
i.e.
$n(3n - 4) < 12$,
hvilket er umulig siden $n \geq 3$. Denne motsigelsen fullfører beviset.
[b]Alternativ løsning[/b] Vi har gitt to naturlige tall $k$ og $n$ som tilfredsstiller den diofantiske likningen
$(1) \;\; k! = \prod_{i=0}^{n-1} (2^n - 2^i)$.
For $k \leq 3$ har vi likningen (1) løsningene $(k,n)=(1,1)$ og $(k,n)=(3,2)$.
Anta at $k \geq 4$, hvilket betyr at $n \geq 3$.
Ved hjelp av Legendres fakultetsformel kan vi bevise at for alle primtall $p \leq k$ er
$(2) \;\; \nu_p(k!) = \frac{k - k_T}{p-1}$,
hvor $k_T$ er tverrsummen av $k$ representert i $p$-tallsystemet.
Ved å sette $p=2$ i (2), får vi
$(3) \;\; \nu_2(k!) = k - k_T$.
Likningen (1) er ekvivalent med
$(4) \;\; k! = 2^{\frac{n(n-1)}{2}} \prod_{i=1}^n (2^i - 1)$,
som kombinert med (3) gir oss
$(5) \;\; k - k_T = 2^{\frac{n(n-1)}{2}}$.
Ifølge (5) er $k > 2^3$ (siden $n \geq 3$), som igjen innebærer at det finnes et heltall $m \geq 4$ slik at
$(6) \;\; 2^{m-1} \leq k < 2^m$.
Herav følger at
$2^{m-1} - m < k - k_T < 2^m$,
som (siden $2^{m-2} \leq 2^{m-1} - m$) betyr at
$(7) \;\; 2^{m-2} < k - k_T < 2^m$.
Ved å kombinere (5) og (7) får vi at
${\textstyle (8) \;\; m - 1 = \frac{n(n-1)}{2}}$.
Ifølge (6) og (8) finnes det et rasjonelt tall $c \in [1,2)$ slik at
$(9) \;\; k = c \cdot 2^{\frac{n(n-1)}{2}}$.
Ved å anvende det faktum at ${\textstyle k! > (\frac{k}{e})^k}$ og implikasjonen $k! < 2^{n^2}$ (følger av (4)) finner vi at
${\textstyle 2^{n^2} > k! > (\frac{k}{e})^k = (\frac{c}{e} \cdot 2^{\frac{n(n-1)}{2}})^k}$,
i.e.
${\textstyle 2^{\frac{n^2}{k}} > \frac{c}{e} \cdot 2^{\frac{n(n-1)}{2}}}$,
som gir (ettersom $c>1$)
${\textstyle 2^{1,5} > e > \frac{e}{c} > 2^{\frac{n(n-1)}{2} - \frac{n^2}{k}}}$,
hvilket impliserer
${\textstyle (10) \;\; n(n - 1) - \frac{2n^2}{k} < 3}$.
Ved å kombinere ulikheten (10) med det faktum at $k>8$, får vi at
${\textstyle n(n - 1) - \frac{2n^2}{8} < 3}$.
i.e.
$n(3n - 4) < 12$,
hvilket er umulig siden $n \geq 3$. Denne motsigelsen fullfører beviset.
