Ma che bei fattoriali!

[fede90]

Trovare tutte le soluzioni con $ $a,b,c \in \mathbb N^{+}$ $ all'equazione

$ $a!b!=a!+b!+c!$ $

[AndBand89]

...fede, questo non era quello che poi avevamo risolto sperimentalmente in pizzeria?

[fede90]

...fede, questo non era quello che poi avevamo risolto sperimentalmente in pizzeria?

No no, quello era diverso e un po' più complesso, aveva due variabili ma infinite soluzioni.. questo invece è molto carino, e ha poche soluzioni... (e soprattutto non si risolve "sperimentalmente"!)

Buon $ $\textrm{Lavoro}^3$ $

[angus89]

è abbastanza lunga come procedura(ammesso che abbia avuto l'idea giusta)
mi dite se sono sulla buona strada?

Supponiamo
$ \displaystyle \\ a>b>c \\ a=b! \cdot n \\ b=c! \cdot m $

procediamo per sostituzione...
Poi bisogna anche fare gli altri casi...
E' giusto come inizio?
Appena posso provo a ragionarci e mandarlo avanti...

[fede90]

@angus89: attenzione, siccome è simmetrica in a e b, puoi supporre, senza perdere generalità, che $ $a\geq b$ $. Per quanto riguarda c... HINT:

prova a dimostrare che deve essere maggiore o uguale a b

[SkZ]

posto $ $a\geq b$ $, se dividi per $ $b!$ $, ...

[mod_2]

posto $ $a\geq b$ $, se dividi per $ $b!$ $, ...

Seguendo i tuoi suggerimenti e quelli di fede90, ho dimostrato che non ha soluzioni, ma non ne sono tanto sicuro

questo invece è molto carino, e ha poche soluzioni...

Intendevi forse che non ha soluzioni?

[String]

Non credo, perchè andando a tentativi ho trovato una possibile soluzione con a=b=3 e c=4

[mod_2]

oops, ho trovato l'errore che avevo fatto.
Metto ciò che ho fatto fin'ora, così potrete scovare eventuali altri errori ed aiutarmi a concludere.

$ $a!b!=a!+b!+c!$ $

Come primo passo dimostriamo che uno fra $ $a!$ $ e $ $b!$ $ è il più piccolo

Supponiamo $ $a \ge b$ $ e quindi $ $a!=kb!$ $ con k intero positivo.

Avremo $ $kb!^2=kb!+b!+c! \Longrightarrow c!$ $ è un multiplo di $ $b!$ $ e quindi $ $c! \ge b!$ $

Abbiamo ora due casi:
1) $ $b! \le c! \le a!$ $
2) $ $b! \le a! \le c!$ $

1) $ $b!$ $; $ $c!=xb!$ $; $ $a!=xyb!$ $ con $ $x,y$ $ interi positivi
$ $xyb!^2=xyb!+b!+xb!$ $
Dividiamo per $ $xb!$ $
$ $yb!=y+\frac{1}{x}+1 \Longrightarrow x=1 \Longrightarrow c!=b! \Longrightarrow y(b!-1)=2$ $ che non ha soluzioni intere positive.

2) $ $b!$ $; $ $a!=mb!$ $; $ $c!=mnb!$ $ con $ $m,n$ $ interi positivi
$ $mb!^2=mb!+b!+mnb! \Longrightarrow b!=1+\frac{1}{m}+n \Longrightarrow$ $$ $m=1 \Longrightarrow a!=b! \Longrightarrow a!=2+n$ $

Sono arrivato qui, aiutatemi a concludere...

[fede90]

Bene, sostanzialmente uguale alla mia soluzione...

2) $ $b!$ $; $ $a!=mb!$ $; $ $c!=mnb!$ $ con $ $m,n$ $ interi positivi
$ $mb!^2=mb!+b!+mnb! \Longrightarrow b!=1+\frac{1}{m}+n \Longrightarrow$ $$ $m=1 \Longrightarrow a!=b! \Longrightarrow a!=2+n$ $

Sono arrivato qui, aiutatemi a concludere...

Ok, ti do qualche consiglio

prima di tutto escludi i casi in cui a=1 e a=2, così sai che 3|a!. Ora ragionando modulo 3 e vedendo cos'è in realtà n...

[mod_2]

Grazie! Forse ci sono...

I casi a=1, a=2 sono da escludere perché RHS è maggiore di 2
quindi in modulo 3 avremo
$ $0=-1+n \Longrightarrow n \equiv 1 \pmod 3$ $
n dovrebbe essere in teoria una moltiplicazione di numeri consecutivi ma siccome è congruo a 1 modulo 3 allora è un numero solo più precisamente è a+1.
Avremo quindi $ $a!=a+3 \Longrightarrow a((a-1)!-1)=3$ $
Da cui $ $a$ $ deve essere uguale a 3, $ $b=a=3$ $ e $ $c=4$ $.

[fede90]

Ok!

[Pierpiero]

1) $ $b!$ $; $ $c!=xb!$ $; $ $a!=xyb!$ $ con $ $x,y$ $ interi positivi
$ $xyb!^2=xyb!+b!+xb!$ $
Dividiamo per $ $xb!$ $
$ $yb!=y+\frac{1}{x}+1 \Longrightarrow x=1 \Longrightarrow c!=b! \Longrightarrow y(b!-1)=2$ $ che non ha soluzioni intere positive.

Perchè?
$ y=b=2 $ funziona...
Piuttosto $ y=2 $ non è accettabile...

[Rigel]

1) $ $b!$ $; $ $c!=xb!$ $; $ $a!=xyb!$ $ con $ $x,y$ $ interi positivi
$ $xyb!^2=xyb!+b!+xb!$ $
Dividiamo per $ $xb!$ $
$ $yb!=y+\frac{1}{x}+1 \Longrightarrow x=1 \Longrightarrow c!=b! \Longrightarrow y(b!-1)=2$ $ che non ha soluzioni intere positive.

Perchè?
$ y=b=2 $ funziona...
Piuttosto $ y=2 $ non è accettabile...

Se fosse $ x=1 $ e $ y=b=2 $, si avrebbe $ a!=xyb!=2\cdot2!=4 $, che è assurdo.

[Pierpiero]

E' esattamente ciò che ho puntualizzato...