Da una gara a squadre

[Triarii]

La richiesta era un leggermente diversa, ma alla fine non credo poi cambi molto...
Trovare tutte le coppie ordinate $ (x;y) $ tali che la quantità $ x!+y!+3 $ è un cubo perfetto.
(L'ho risolti in maniera contosa, ma probabilmente ne esistono di più immediate )

[LeZ]

Visto che nelle gare a squadre non è necessario dimostrare l'unicità di una determinata soluzione ecc, anche io l'ho risolto con qualche caso e poi ho detto "bon non ce ne sono più".
Supponiamo $ x\geq{y} $. Se entrambi sono maggiori o uguali a $ 6 $, allora si ha un assurdo modulo $ 9 $, poiché $ 3 $ non è un residuo cubico modulo $ 9 $. Quindi almeno uno tra $ x $ e $ y $ è minore di $ 6 $. D'altra parte se $ x\geq7 $, modulo $ 7 $ si ha che i residui cubici sono $ 1,6,0 $ e l'unico $ y $ che soddisfa la congruenza è $ 4 $.($ 0+3+3 \equiv 6\pmod 7 $) Ma sempre se $ x\geq7 $, modulo 9 si ha che i residui cubici sono $ 0,1,8 $ è l'unico y che soddisfa la congruenza è $ 3 $($ 0+6+3\equiv 0\pmod 9 $). Assurdo. Quindi $ x<7 $. Una volta arrivato qua si scopre facilmente a mano che le uniche coppie sono $ (5,2) e (6,3) $.

[Triarii]

Giusto Lo abbiamo fatto quasi uguale (forse io ho guardato più le valutazioni che i residui, ma ci sta che ricordi male )

[LeZ]

Siamo lì, se guardi i residui cubici c'è da ricordare che i moduli importanti sono 7 e 9. E così via..

[Triarii]

Questa me la segno, visto che con i cubici non è chi lavori molto (sono già difficili quelli quadratici per me xD)

[LeZ]

Eheh ci vuole anche in questo un po' d'occhio. Per i quadratici direi modulo $ 3,4,5,8 $ fondamentalmente anche se un po' tutti sono utili.
Per le potenze quarte ricordo modulo $ 16 $, per le potenze quinte modulo $ 11 $. E da quello che mi sembra (ora che sto scrivendo) per le potenze n-esime con $ n>4 $, i moduli $ (2n+1) $ che danno come resti $ -1,0+1 $ modulo ($ 2n+1 $) in alcuni casi! (Sembrerebbe, potrei dire fesserei colossali)

[auron95]

Anche a me viene abbastanza contoso...

Vediamo un po'... Chiamo $n:=x!+y!+3$. Ovviamente $3\mid v_p(n)$ per ogni p primo.
Se $x\ge 6$ e $y \ge 6$ allora $v_3(x!+y!)\ge 2\Rightarrow v_3(n)=1$ quindi n non è cubo perfetto.
Se $y\le 2 $ e $x \le 2$ allora $3\le n \le 7$, quindi non è di nuovo cubo perfetto.
Se uno tra $x$ e $y$ è maggiore o uguale a 7 e l'altro è minore o uguale a 2, ho che $n\equiv 4,5 \pmod 7$ che non sono residui cubici modulo 7; se $x=6$ e $y\le 2$ o viceversa ho che $n\equiv 3,4 \pmod 7$ che di nuovo non sono residui cubici (essi sono $0$ e $\pm 1$)

Allora uno tra $x$ e $y$ (diciamo $y$ WLOG) dev'essere 3,4,5.
- Caso 1: y=3 ottengo $n=x!+9$
--- Se $x\ge 7$ non ottengo un residuo cubico modulo 7 ($n\equiv 2 \pmod 7$
--- Se $x = 6$ $n=729$ è soluzione.
--- Se $3 \le x \le 5 \Rightarrow 3\mid n, 9\nmid n$ quindi non va bene.
--- Se $x=1,2$ si verifica a mano che non funziona.

- Caso 2: $y=4$ ottengo $n=x!+27$
--- $x=1,2$ verifichiamo che non funzionano
--- Se $3 \le x \le 8 \Rightarrow 3\mid n, 27\nmid n$ quindi non va bene, perchè $1 \le v_3(n) \le 2$
--- Se $x\ge 9$ non credo che ci siano soluzioni ma non so dimostrarlo, devo pensarci un po' su

- Caso 3 $y=5$ ottengo $n=x!+123$
--- $x=1,2$ otteniamo una soluzione (2,5)
--- Se $3 \le x \le 5\Rightarrow 3\mid n, 9\nmid n$ quindi non va bene.
--- Se $x=6$ allora $n=843$ non è sicuramente un cubo.
--- Se $x\ge 7$ allora ottengo $n\equiv 4 \pmod7$ che non è residuo cubico mod 7.

In totale le coppie sono 4: $(2;5);(3;6);(5;2);(6;3)$
Se mi viene in mente perchè $x=4, y\ge 9$ non dà soluzioni lo posto successivamente, adesso sono troppo stanco per pensarci....

EDIT:
Troppo preso dai conti non mi sono neanche accorto che mentre scrivevo erano già stati postati 500 fattoriale messaggi, scusate...

[Triarii]

Auron l'hai fatto esattamente come me

[auron95]

@LeZ: quando nella tua soluzione trovi l'assurdo modulo 9 perché dici che va bene solo x=3, non potrebbe andare bene anche x=4? Verrebbe $4!+3=27$ che è multiplo di nove, oppure sto prendendo un abbaglio grosso come una casa?
Lo dico perché io mi sono bloccato proprio lì...

[LeZ]

No sono io che ho preso un abbaglio incredibile. E' tardi per tutti! Effettivamente modulo $ 9 $ funziona anche per $ y=4 $. Quindi si tratta di risolvere $ x!+27=z^3 $. Qui mi blocco uno perché non ho idee lampo, due perché è tardi! Domani vediamo.

P.s se $ 27 $ divide $ x! $ (ed è ampiamente vero per $ x\geq9 $) allora si tratta di risolvere $ \frac{x!}{27}+1=z_1^3 $ che non mi sembra così banale a naso..

[auron95]

Sì per ora è meglio limitarsi (visto che è una gara a squadre) a una dimostrazione del tipo "chi ha scritto il problema non può essere così carogna da farmi verificare a mano se $10!+27$ è un cubo, quindi ci deve essere un assurdo da qualche parte."