par BiZi » 26 Juil 2006, 00:34
Bonjour,
Il est clair que 3 divise 1+2!+...+n!, d'où 3 divise m^k, d'où 3 divise m (gauss).
donc m=3^k1*... (décomposition en facteurs premiers, avec k1>=1)
On montre également facilement que 9 divise 1!+2!+...+n! mais que 27 ne divise pas 1!+2!+...+n!
Donc m^k=3^2*... (décomposition en facteurs premiers).
Or on avait m=3^k1*...
donc m^k=3^(k1*k)*...
donc k1*k=2 d'où k=1 ou k=2
Pour k=1, les solutions sont évidentes.
Pour k=2:
On remarque que m^k=3 mod(10) (et on le prouve facilement)
d'où en travaillant avec les congruences,
m=3 mod (10) ou m=7 mod (10)
On parvient ainsi à trouver des conditions sur k qui rendent impossible k=2.
Finalement, les seules solutions sont:
- k=0, m quelconque, n=1 ou n=0.
-k=1, n quelconque, m=1!+2!+...+n!.
non?
Edit:
9 divise 1!+2!+...+n! parce que 1!+2!+3!+4!+5!=153, et que 153=0 mod (9).
De plus, 6!=6*3*quelque chose=9*2*quelquechose. Comme tout diviseur de j! divise n! pour tout n>j, on en déduit que tout le reste est divisible par 9.
De même tous les factorielles qui contiennent 9 et 3 dans leur produit (9!,10!,...n!) sont évidemment divisibles par 27. Il reste ensuite à calculer le reste de la division de 1!+2!+...+8! par 27 ce qui est un peu lourd mais très faisable ( et on trouve évidemment un reste différent de 0, d'où 27 ne divise pas 1!+2!+...+n!).
Enfin, de même 10 divise 5!+6!+7!+...+n! car ces factorielles contiennent un 2 et un 5 dans leur produit. Il reste à calculer le reste de la division de 1!+2!+3!+4! par 10, qui est 3. On travaille évidemment sur des n>3, pour les autres on peut voir au cas par cas.
ca te va, aviateurpilot? :we: