Уравнение с факториалом

[wpoms.]

Найдите все натуральные числа `a`, `b`, `c`, удовлетворяющие уравнению `a! * b! = a! + b! + c!`.

@темы: Теория чисел

Comments

[Trotil]

получилось, что таких нет.

[VEk]

Trotil, `3!*3! = 3!+3!+4!`

[Adjirranirr]

Хм. Как-то пропустил эту задачу =)

Для `a, b < 3` полным перебором убеждаемся, что решений нет. Пусть `a, b >= 3 => a!,b! > 3`, в частности, `a! - 2 > 1`.

Без ограничения общности, предположим `a <= b`. Тогда `c! = a!*b! - a! - b! >= a!*b! - 2*b! = b! (a! - 2) > b!` и `c > b >= a`.
Записав равенство `a! * b! = a! + b! + c!` по модулю `b!`, получим
`0 \equiv a!\ \text{mod} b!`, или `a! = b! * c`. Но так как `a! <= b!`, то `c = 1`, и `a = b`.

Тогда уравнение имеет вид `a!^2 = 2a! + c! <=> a! * (a! - 2) = c!`, или `a! - 2 = (a + 1)*(a + 2)...(a + k)`. Последнее равенство по модулю `a` имеет вид `k! \equiv -2\ \text{mod} a`. Если `k >= a`, то `k! \equiv 0\ \text{mod} a`, и `0 \equiv -2\ \text{mod} a`, откуда `a = 1` или `a = 2`, что противоречит предположению `a >= 3`. Тогда `k < a`. Так как среди `k` последовательных чисел `a + 1,\ a + 2,\ ...,\ a + k` хотя бы одно делится на `k`, то `(a + 1)*(a + 2)...(a + k) \equiv 0\ \text{mod} k`, а так как `a > k`, то `a! - 2 \equiv -2\ \text{mod} k`. Тогда `-2 \equiv 0\ \text{mod} k`, и `k = 1 \vee k = 2`.
Для `k = 1`, имеем `a! - 2 = a + 1 <=> a! - a = 3 <=> a*((a - 1)! - 1) = 3`, и `a = 3`.
Для `k = 2`, имеем `a! - 2 = a^2 + 3a + 2`, и по модулю `a`: `-2 \equiv 2\ \text{mod} a`, откуда, учитывая `a >= 3`, единственный возможный вариант — `a = 4`. Но `4! - 2 = 22 != 5*6`, следовательно, `a = 4` не является решением.

Окончательно, `a = 3`, и тогда `a! * b! - a! - b! = 36 - 12 = 24 = 4!`, и единственное решение — `(a,\ b,\ c) = (3,\ 3,\ 4)`.