(n 2)! qq q − = ⋅ ⋅ ⋅ (n 1)

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Es sind alle natürlichen Zahlen n ≥ 1, k ≥ 1 zu bestimmen, die die Gleichung n! = n k erfüllen.
Lösung:
Zunächst soll der Hilfssatz ggT(t, t − 1) = 1 bewiesen werden.
Sei ggT(t, t − 1) = d und d ⋅ x = t und d ⋅ y = t − 1 , so folgt daraus
d ⋅ x − d ⋅ y = t − (t − 1) = 1 ⇒ d(x − y) = 1 . Da nach den Teilbarkeitsregeln 1 Teiler jeder Zahl
ist, also 1 t ∧ 1 t − 1 ⇒ 1 t − (t − 1) , ist auch d(x − y) = 1 ⇒ d = 1 zu folgern erlaubt.
1! = 1k = 1 ; alle Paare (1,k) mit k ∈ ` sind Lösungen dieser Gleichung.
2! = 21 = 2 ; das Paar (2,1) ist ebenfalls eine Lösung.
3! = 6 ≠ 31 = 3 . Es ist zu vermuten, dass es keine Lösungen mehr für n ≥ 3 gibt.
n! = n k ⇒ (n − 1)! = n k −1 .
α
α
Es gilt n = p1 1 ⋅ p 2 2 ⋅ ... ⋅ p t
(n − 1)! = (n − 2)!⋅ (n − 1) .
β
αt
β
⇒ n k = p1k⋅α1 ⋅ p2 k⋅α2 ⋅ ... ⋅ p t k⋅αt .
Es gilt (n − 2)! = q1 1 ⋅ q 2 2 ⋅ ... ⋅ q s
βs
γ
γ
und (n − 1) = r1 1 ⋅ r2 2 ⋅ ... ⋅ rv
γv
woraus folgt
(n − 2)!⋅ (n − 1) = q1β1 ⋅ q 2β2 ⋅ ... ⋅ qsβs ⋅ r1γ1 ⋅ r2 γ 2 ⋅ ... ⋅ rv γ v .
Da jedoch nach obigem Hilfssatz n und (n − 1) teilerfremd sind, kann keiner der
γ
γ
γ
α
Primfaktoren r1 1 ⋅ r2 2 ⋅ ... ⋅ rv v unter den Primfaktoren p1 1 ⋅ p 2
Daraus folgt n − 1 = 1 ⇒ n = 2 .
α2
⋅ ... ⋅ p t αt enthalten sein.
Was zu beweisen war.
Die Gleichung n! = n k wird also nur durch die Zahlenpaare (1,k) und (2,1) erfüllt.