Somma di fattoriali [own]

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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julio14
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Somma di fattoriali [own]

Messaggio da julio14 » 26 feb 2009, 22:10

Trovare tutte le soluzioni intere positive di:
$ $\sum_{i=1}^n{i!}=m^k $

Non difficilissimo, possibilmente per i meno esperti. Nato da una conversazione con jordan in cui ci siamo dati prova reciproca di demenza.
"L'unica soluzione è (0;0;0)" "E chi te lo dice?" "Nessuno, ma chi se ne fotte"
[quote="Tibor Gallai"]Alla fine, anche le donne sono macchine di Turing, solo un po' meno deterministiche di noi.[/quote]
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Federiko
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Messaggio da Federiko » 26 feb 2009, 22:17

scusa, ma non dovresti mettere qualche restrizione su m e k?? sennò scelgo

$ \displaystyle m= \sum_{i=1}^{n}i! \ ; \ k=1 $...
CUCCIOLO

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jordan
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Messaggio da jordan » 26 feb 2009, 22:24

Eh be? quella sarà una ..
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Messaggio da julio14 » 26 feb 2009, 22:28

Beh k=1 mi sembrava scontato... eddai cucciolo, non fare queste domande!
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Messaggio da julio14 » 08 mar 2009, 14:54

up!
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andreac
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Messaggio da andreac » 09 mar 2009, 12:49

comincio e mi fermo subito.

Tolto il caso "banale" di k = 1, abbiamo:

con n = 3, la somma vale 9 e possiamo aggiungere m = 3, k = 2

Per n > 3, la cifra delle unità è sempre 3. Le potenze di naturali che hanno 3 come cifra delle unità sono del tipo 3^(1+4x) e 7^(3y) e qui mi fermo perché il rancio chiama.

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julio14
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Messaggio da julio14 » 10 mar 2009, 00:08

andreac ha scritto:Le potenze di naturali che hanno 3 come cifra delle unità sono del tipo 3^(1+4x) e 7^(3y) e qui mi fermo perché il rancio chiama.
Sicuro? $ $(10k+3)^{4j+1} $ e $ $(10k+7)^{4j+3} $
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Messaggio da andreac » 10 mar 2009, 00:12

no, intendevo dire tutte quelle di numeri con cifra unità 3 o 7 e con quegli esponenti. Lascio ai posteri, vado a sbattere il letto.

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julio14
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Messaggio da julio14 » 10 mar 2009, 00:30

per le cifre ok... l'esponente del 7 era cmq sbagliato :wink:
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Reginald
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Messaggio da Reginald » 10 mar 2009, 14:02

Mmm...Escludo subito il caso n=1, che da potenze di uno, e d'ora in poi non considererò più questa soluzione. Dimostro prima di tutto che $ \sum_{i=1}^{n}{i!}=m^k \implies k<3 $. Infatti, come ha gia mostrato andreac, $ 1+2+6=9\implies \sum_{i=1}^{n}{i!}\equiv 0\pmod 3 \forall 2<n $. Provando modulo 9 non si ottengono restrizioni, ma se non ho sbagliato i conti, tale sommatoria non è mai congrua a 0 modulo 27...Infatti$ \sum_{i=1}^{5}{i!}=153\equiv 18\pmod {27} $, se non erro $ 6!\equiv 18\pmod {27} $; $ 7!\equiv 18\pmod {27} $ e $ 8!\equiv 9\pmod {27} \implies \sum_{i=1}^{8}{i!}\equiv 18+18+18+9\equiv 9\pmod {27}, $
$ j!\equiv 0\pmod {27} \forall8<j \implies\sum_{i=1}^{n}\equiv 9\pmod {27} $ per ogni 8<n. Quindi k<3. Inoltre se non ho sbagliato non ci sono cubi nei casi n=2,3,4,...8. Ora, dato che è un quadrato, non può avere come cifra delle unità il 3. Allora l'unica soluzione, se non ho sabgliato nulla, è quella trovata da andreac...Spero di non aver scritto eresie..


Edit: $ 0!=1 $...ora dovrebbe funzionare

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