Факториели

[alexander_ivanov]

1.
Да се док., че ако [tex]n[/tex] е естествено число, то [tex](n!)^{(n-1)!}[/tex] дели [tex](n!)![/tex]
2.
Да се док., че ако [tex]n\in \mathbb{N}[/tex], то [tex][\frac{(n-1)!}{n(n+1)}][/tex] е четно
3.
Да се док., че равенството:
[tex](p-1)!+1=p^m[/tex]
не е изпълнено за никои естествени числа [tex]p>5[/tex] и [tex]m[/tex]
4.
Да се намерят всички естествени числа [tex]n[/tex], за които [tex](n-1)!+1[/tex] е квадрат на цяло число
5.
Да се пресметне [tex]\varphi(\varphi(10!))[/tex]

[alexander_ivanov]

Има ли заинтересувани?

[martin123456]

5
[tex]10!=2.3.2^2.5.2.3.7.2^3.3^2.2.5=2^{8}.3^{4}.5^2.7[/tex]
[tex]\Rightarrow \varphi(10!)=\varphi(2^8)\varphi(3^4)\varphi(5^2)\varphi(7)=(2^8-2^7)(3^4-3^3)(5^2-5)6=2^7.3^3.2.5.2^2=2^{10}.3^3.5[/tex]
[tex]\Rightarrow \varphi(2^{10}.3^3.5)=\varphi(2^{10})\varphi(3^3)\varphi(5)=(2^{10}-2^9)(3^3-3^2)4=2^9.3^2.2.2^2=2^{12}.3^2=36864[/tex]

[martin123456]

3
[tex]p>1[/tex] очевидно. От т-мата на Уилсън имаме [tex]p \in \mathbb{P}[/tex].
[tex](p-1)!=p^m-1[/tex]. Лявата страна се дели на [tex](p-1)^2:\hspace{2mm}\frac{(p-1)!}{(p-1)^2}=\frac{(p-2)!}{p-1}[/tex]. Но [tex]p-1 \not \in\mathbb{P} \Rightarrow p-1=mn,\hspace{2mm}1<m \le n\le p-2[/tex], докато [tex](p-2)!=1\ldots m \ldots n \ldots (p-2)[/tex]. Единствено може [tex]m=n[/tex] да спъва нещата. Т.е. ако не съществува 2 различни числа, по-големи от 1, че [tex]p-1[/tex] да се представя като тяхно произведение. Единствена възможност е [tex]p-1=q^2,\hspace{2mm}q\in \mathbb{P}[/tex]. Aко допуснем, че [tex]q^2[/tex] не дели [tex](p-2)![/tex] излиза, че (ясно, че [tex]q|(p-2)![/tex]) [tex]2q > p-2[/tex], .т.е. [tex]q^2+1-2<2q \Rightarrow q^2-2q-1<0 \Rightarrow (q-1)^2-2<0 \Rightarrow q=2 \Rightarrow p=5[/tex].

Значи [tex](p-1)^2|(p^m-1)[/tex]. Но [tex]p^m=((p-1)+1)^m \equiv (p-1){m \choose 1}+1=m(p-1)+1 \pmod{(p-1)^2}[/tex]. Значи [tex]m(p-1) \equiv 0 \pmod{(p-1)^2} \Rightarrow m \ge p-1 \Rightarrow p^m \ge p^{p-1} > (p-1)^{p-1}+1[/tex] - за последното ясно че [tex]p^{p-1}>(p-1)^{p-1}[/tex]. Да допуснем, че [tex]p^{p-1}=(p-1)^{p-1}+1 \Rightarrow (-1)^{p-1}+1 \equiv 0 \pmod{p}[/tex], което е невъзможно за [tex]p \ne 2[/tex].
Известно е, че [tex]n^n \ge n![/tex], значи [tex]p^m > (p-1)1+1[/tex]. Противоречие.

[martin123456]

2
[tex]x=\frac{(n-1)!}{n(n+1)}[/tex]. За [tex]n \ge 5[/tex] стойността е 0.
Първо ще покажем, че за всяко съставно число [tex]n > 5[/tex] е изпъленено [tex]\frac{(n-1)!}{n}[/tex] е цяло и четно. Това е като предната задача - в предната задача по едно време доказахме, че това е цяло. Това че е четно идва от факта (гледаме предната задача и решение) че участва [tex]q[/tex] и [tex]2q[/tex] в граничния случай, а в неграничния имаме [tex]\frac{1\ldots k\ldots l\ldots (n-1)}{kl}[/tex] и [tex]n-1 \ge 5[/tex], т.е. е четно.

[tex]x=\frac{(n-1)!}{n}+\frac{n!}{n+1}-(n+1)![/tex]. Значи ако [tex]n, n+1[/tex] са съставни имаме че [tex]x[/tex] е четно.
Разглеждаме другите случаи:
1) [tex]n[/tex] просто. [tex]\Rightarrow n+1[/tex] е съставно и значи [tex]\frac{n!}{n+1}[/tex] е цяло и четно, както и [tex](n+1)![/tex]. Остава да док, че [tex]\[\frac{(n-1)!}{n}\][/tex] е четно, [tex]n=p \in \mathbb{P}[/tex]. От т-мата на Ъилсън имаме [tex](p-1)!+1 \equiv 0 \pmod{p} \Rightarrow \frac{(p-1)!+1}{p}[/tex] е цяло. Стойността е нечетна, понеже числителят е нечетен. Имаме следното представяне [tex]\frac{(p-1)!}{p}=\frac{(p-1)!+1}{p}-\frac{1}{p}[/tex]. Като използваме св-вата на floor функцията имаме [tex]\[\frac{(p-1)!}{p}\]=\[\frac{(p-1)!+1}{p}-\frac{1}{p}\]=\frac{(p-1)!+1}{p}+\[-\frac{1}{p}\]=\frac{(p-1)!+1}{p}-1[/tex].
2) абсолютно същото

[alexander_ivanov]

Браво за решенията, но темата е доста стара....

[Mr.G{}{}Fy]

Браво за решенията, но темата е доста стара....

Поне ще имат решения задачите или поне част от тях.