Problem C. 1760. (March 2023)

C. 1760. Find all positive integers for which the sum of the number and its factorial equals the cube of the number.

(5 pont)

Deadline expired on April 11, 2023.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

1. megoldás. A feltételek alapján felírhatjuk a \(\displaystyle k+k!=k^3\) egyenletet, ahol \(\displaystyle k \in \mathbb{Z^+}\).

Mivel \(\displaystyle 1+1! \ne 1^3\), \(\displaystyle 2+2! \ne 2^3\), \(\displaystyle 3+3! \ne 3^3\) és \(\displaystyle 4+4! \ne 4^3\), ezért \(\displaystyle k \le 4\)-re nincs megoldás.

Ha \(\displaystyle k=5\), akkor \(\displaystyle 5+5!=5+120 =125= 5^3\), tehát az \(\displaystyle 5\) megfelel a feladat feltételeinek.

Most pedig belátjuk, hogy \(\displaystyle k>5\)-re nincs megoldás.

Tekintsük a feltételek alapján felírt \(\displaystyle k+k!=k^3\) egyenlet bal oldalát, és vizsgáljuk meg, hogy \(\displaystyle k\) értékét \(\displaystyle 1\)-gyel növelve hányszorosára nő a bal oldal értéke:

\(\displaystyle \frac{(k+1)+(k+1)!}{k+k!} \ge \frac{(k+1)+(k+1)!}{(k-1)!+k!} \ge \frac{(k+1)!}{(k+1)(k-1)!}=\frac{k!}{(k-1)!}=k>5,\)

vagyis a bal oldal értéke több, mint \(\displaystyle 5\)-szörösére nő.

Következzék az egyenlet jobb oldala:

\(\displaystyle \frac{(k+1)^3}{k^3}=\frac{k^3+3k^2+3k+1}{k^3} \le \frac{k^3+3k^2+4k}{k^3} \le \frac{k^3+3k^2+4k^2}{k^3}=\frac{k^3+7k^2}{k^3}=1+\frac{7}{k} < 1 + \frac75=\frac{12}{5}=2,\!4,\)

tehát az egyenlet jobb oldalának értéke kevesebb, mint \(\displaystyle 2,\!4\)-szeresére nő, ezért nem lehet egyenlő a bal oldallal, amelyről megmutattuk, hogy értéke több, mint \(\displaystyle 5\)-szörösére nő, ha \(\displaystyle k\) értékét \(\displaystyle 1\)-gyel növeljük. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

A feladat egyetlen megoldása az \(\displaystyle 5\).

2. megoldás. A feltételek alapján felírjuk a \(\displaystyle k+k!=k^3\) egyenletet, ahol \(\displaystyle k \in \mathbb{Z^+}\). Rendezés és szorzattá alakítás után a

\(\displaystyle k!=k^3-k=k(k^2-1)=k(k-1)(k+1)\)

egyenlethez jutunk. Ha \(\displaystyle k\) helyére \(\displaystyle 1\)-et helyettesítünk, akkor az \(\displaystyle 1!=0\) állításhoz jutunk, amely hamis, így a továbbiakban feltehetjük, hogy \(\displaystyle k>1\). Ekkor \(\displaystyle k(k-1)>0\), ezért az egyenlet mindkét oldalát eloszthatjuk vele, így azt kapjuk, hogy

\(\displaystyle (k-2)!=k+1.\)

Mivel \(\displaystyle (2-2)! \ne 2+1\), \(\displaystyle (3-2)! \ne 3+1\), \(\displaystyle (4-2)! \ne 4+1\), ezért \(\displaystyle k \le 4\)-re nincs megoldás.

Ha \(\displaystyle k=5\), akkor \(\displaystyle (5-2)!=3!=6=5+1\), tehát az \(\displaystyle 5\) megfelel a feladat feltételeinek.

A továbbiakban \(\displaystyle k\) szerinti teljes indukcióval belátjuk, hogy \(\displaystyle k \ge 6\)-ra nincs megoldás.

Azt állítjuk, hogy ha \(\displaystyle k \ge 6\) pozitív egész szám, akkor \(\displaystyle (k-2)! > k+1.\)

Ha \(\displaystyle k=6\), akkor \(\displaystyle (6-2)!=4!=24\), ami nyilván nagyobb, mint \(\displaystyle 6+1=7\).

Tegyük fel, hogy az állítás igaz \(\displaystyle k=l\)-re, azaz \(\displaystyle (l-2)! > l+1.\)

Ekkor \(\displaystyle k=l+1\)-re: \(\displaystyle ((l+1)-2)!=(l-1)!=(l-1)(l-2)! > (l-1)(l+1)\), a becslésnél felhasználtuk az indukciós feltevést, miszerint \(\displaystyle (l-2)!\) nagyobb \(\displaystyle (l+1)\)-nél. Így azt kell belátnunk, hogy \(\displaystyle (l-1)(l+1) \ge l+2\). Ekvivalens átalakítások után az \(\displaystyle l^2-l-3 \ge 0\) egyenlőtlenséghez jutunk. Kiszámítjuk a bal oldalon álló másodfokú függvény zérushelyeinek értékét:

\(\displaystyle l_1=\frac{1-\sqrt{13}}{2} ~~~ \text{és} ~~~ l_2=\frac{1+\sqrt{13}}{2}.\)

Láthatjuk, hogy mindkét érték kisebb \(\displaystyle 6\)-nál. Mivel a másodfokú kifejezés főegyütthatója pozitív, ezért a függvény kizárólag a két zérushely között vesz fel negatív értékeket, azaz \(\displaystyle l>6\)-ra a függvényértékek pozitívak, így teljesül az egyenlőtlenség. Ezzel a bizonyítás végére értünk.

A feladat egyetlen megoldása az \(\displaystyle 5\).

Statistics:

190 students sent a solution.
5 points:	Anay Aggarwal, Balla Emese, Baran Júlia, Beke Botond, Egyházi Godó, Fekete Patrik, Fiser 234 Boldizsár, Hosszu Noel, Iván Máté Domonkos, Kerekes András, Keszthelyi Eszter, Klement Tamás, Kővágó Edit Gréta, Lestár Sarolta, Mező Levente, Németh Hanna Júlia , Pánovics Máté, Polyányi Lora Molli, Sipeki Márton, Somogyi Dóra, Sukola Bence, Sütő Áron, Székely Márton, Szilágyi Balázs , Teveli Jakab, Török Eszter Júlia, Varga Dániel 829, Volford Barnabás.
4 points:	Braun Zsófia, Csiszár András, Forrai Boldizsár, Gutai Áron, Kendrovszki Dominik, Márfai Dóra, Szegedi Ágoston, Ujpál Bálint, Végh Lilian, Waldhauser Miklós, Wodala Gréta Klára.
3 points:	7 students.
2 points:	29 students.
1 point:	81 students.
0 point:	16 students.
Unfair, not evaluated:	7 solutionss.
Not shown because of missing birth date or parental permission:	2 solutions.

Problems in Mathematics of KöMaL, March 2023