OliForum Matematico

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 )

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) $.

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

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

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

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)

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...

Auron l'hai fatto esattamente come me

@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...

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..

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."