Trích:
Nguyên văn bởi hung.vx  Bài 4: Tìm các số nguyên dương $k$ và $n$ sao cho\[k! = \left( {{2^n} - 1} \right)\left( {{2^n} - 2} \right) \ldots \left( {{2^n} - {2^{n - 1}}} \right).\] |
Giả sử $(k,\,n)$ thỏa yêu cầu, với $n>4$ ta có\[\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = \sum\limits_{1 \le j \le n - 1} j = {v_2}\left( {\prod\limits_{1 \le j \le n - 1} {\left( {{2^n} - {2^j}} \right)} } \right) = {v_2}\left( {k!} \right) < k,\;(*).\]Từ đây kéo theo là \[k! \ge \left( {\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + 1} \right)! = \prod\limits_{2 \le j \le \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{4}} j \prod\limits_{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{4} < j \le \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + 1} j > {2^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{4}}}{\left( {\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{4}} \right)^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{4}}}.\]Mặt khác ta lại có\[\prod\limits_{0 \le j \le n - 1} {\left( {{2^n} - {2^j}} \right) < {2^{{n^2}}}.} \]Từ đó mà có được\[{2^{{n^2} - \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{4}}} > {\left( {\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{4}} \right)^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{4}}}.\]Để ý rằng do $n> 4$ nên $n-1\ge\frac{3n+1}{4}$, do đó\[{2^{n - 1}} \ge {2^{\frac{{3n + 1}}{4}}} > {\left( {\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{4}} \right)^{\frac{{n - 1}}{4}}}.\]Vậy, ta có $16 > \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{4}$, từ đây có $n\in\{5,\,6,\,7,\,8\}$. Nhưng cũng không xảy ra tình huống này, vì nếu thế thì từ $(*)$ có $k\ge 11$ nên $v_{11}(k!)\ge 1$. Trong khi đó, do $2$ là căn nguyên thủy mod 11 nên với $n\le 8<10$ thì\[{v_{11}}\left( {\prod\limits_{0 \le j \le n-1} {\left( {{2^n} - {2^j}} \right)} } \right) = 0.\]
Thử trực tiếp $n\in\{1,\,2,\,3,\,4\}$ thấy có các cặp $(n,\,k)$ thỏa yêu cầu là $(1,\,1)$ và $(2,\,3)$, vậy nên có hai cặp thỏa yêu cầu như vừa kể.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]