Mutassuk meg, hogy az $n!+1,\mbox{ ..., }n!+n$ számok mindegyikének van olyan prímosztója, amely a többi $n$-1 szám egyikének sem osztója.

Legyen $ 1\le k\le n$. Ekkor $n!+k>k$ miatt választhatunk olyan $p$ prímszámot, hogy $n!+k$ a $p$-nek magasabb hatványával osztható, mint $k$. Legyen például $p^\alpha \left| {k,\mbox{ }p^{\alpha +1}} \right.${\dag}k, és $p^{\alpha +1}\left| {n!+k} \right.$ (ahol $\alpha \ge 0$ egész). Állítjuk, hogy $p$ nem osztója az $n!+t\left( {t=1,\mbox{ }2,\mbox{ }...,\mbox{ }n,\mbox{ }t\ne k} \right)$ számoknak. Ha $p>n$, akkor ez nyilvánvaló, hiszen ekkor $n$ darab egymás utáni szám közül $p$ legfeljebb egynek lehet osztója. Tegyük fel tehát, hogy $p\le n$. Ha még $p\left| {n!+t} \right.$ is fennállna (ahol $ 1\le t\le n$ és $t\ne k)$, akkor $p\left| {n!} \right.$ miatt $p\left| t \right.$, és így $kt\left| {n!} \right.$ miatt $p^{\alpha +1}\left| {n!} \right.$ következne, ami ellentmond annak, hogy $p^{\alpha +1}\left| {n!+k} \right.$ és $p^{\alpha +1}${\dag}k.

2. Megoldás

Először megmutatjuk, hogy mindegyik $n!+k$ számnak ($ 1\le k\le n)$ van $n $/ 2-nél nagyobb prímosztója. Sőt, belátjuk, hogy az $n!+k=k\left( {n!/k+1} \right)$ alakban a második tényező egy tetszőleges $p$ prímosztójára $p>n/2$. Tegyük fel indirekt, hogy $p\le n/2$. Az $n!/k$ szám az 1-től $n$-ig terjedő számok közül a $k$ kivételével a többi $n-1$-nek a szorzata. Mivel $p\le n/2$ miatt $n!$ tényezői között $p$ és 2$p$ is szerepel, így $n!/k$-ban ezek közül legalább az egyik megmarad ($k=2p$ esetén a $p$, $k=p$ esetén a 2$p$, más $k$-ra pedig mindkettő), tehát $n!/k$ osztható $p$-vel. Emiatt $n!/k+1$ nem lehet osztható $p$-vel, ami ellentmondás. Most belátjuk, hogy az $n!+k$ számok egy-egy $n/2$-nél nagyobb tetszőleges prímosztója megfelel a feladat feltételeinek. Ehhez elég azt igazolni, hogy egy $n/2$-nél nagyobb $q$ prímszám legfeljebb egy darab $n!+j$-nek lehet osztója ($ 1\le j\le n)$. Ha $q\ge n$, akkor ez abból következik, hogy $n$ szomszédos szám közül legfeljebb egy osztható $q$-val. Ha $n/2<q<n$, akkor $q$ szerepel $n!$-ban, tehát ha $q$ osztója $n!+j$-nek, akkor osztója $\left( {n!+j} \right)-n!=j$-nek is. Mivel $ 2q>n\ge j>0$, ezért ez csak úgy lehetséges, ha $q=j$, tehát a $j$ most is egyértelműen meghatározott.