1樓：匿名使用者
我來試試吧...感覺lz方法不太好...我來個簡便點的解：不妨設a≥b≥c
等式兩邊模3，則當c≥3時
2^d=a!+b!+c!≡0(mod3),即3|2^d,矛盾，故c≤2
1.c=1,2^d=a!+b!+1
當b≥2時，兩面模2，
2^d≡a!+b!+1≡1(mod2)矛盾，故b=12^d=a!+2,
a!=2^d-2=2(2^(d-1) -1)這說明2|a!,4不整除a!,即a!中質因數2只有1個a=2或者3
(1)a=2,d=2 (2,1,1,2)不討論a,b,c大小共3組(2)a=3,d=3 (3,1,1,3)不討論a,b,c大小共3組故c=1時共有6組
2.c=2,2^d=a!+b!+2,
當b≥4，兩邊模8
2^d=a!+b!+2≡2(mod8),即2^d=8k+2,矛盾從而2≤b≤3
(1)b=2,2^d=a!+4,
a!=4(2^(d-2) -1),即a!中僅有2個質因數2，這是不可能的
(2)b=3,2^d=a!+8,
a!=8(2^(d-3) -1),即a!中僅有3個質因數2從而4≤a≤5
[1]a=4,d=5 (4,3,2,5)共有6種[2]a=5,d=7 (5,3,2,5)共有6種故c=2時共有12組
綜上，滿足要求的(a,b,c,d)共有18組
2樓：匿名使用者
更好的過程可能我沒法給出，但其實這道題的可能的情況是極少的有限個的，逐一用列舉驗證就能得到答案了
顯然，因為左邊≥1+1+1=3，因此2^d≥3 所以d≥2
首先 a,b,c不能同時都≥3 否則3就是 a!,b!,c!的公因子，因此 左邊能被3整除，可是右邊的素因子只有2，矛盾。
所以a,b,c中至少有乙個小於3 不妨就設a<3
也就是說 a=1或者a=2
分類討論
第一種： a=1
1+b!+c!=2^d 右邊是偶數，所以b!+c!必須是奇數，所以b!、c!一奇一偶
而 n!只有n=1的時候才是奇數 因為n≥2的時候就含有因子2 也就必然是偶數了。
所以b 、c 中也至少有乙個是1， 不妨設b=1，那麼c就明顯了 2+c! = 2^d d≥2說明右邊能被4整除，所以左邊也必須能被4整除，因此，c!是偶數，且 c!
/2必須是奇數，因此2<=c<4（否則 c!/2包含因子4是偶數）所以c=2或者3， 檢驗一下就知道a=1,b=1,c=2,d=2和a=1,b=1,c=3,d=3都是可以的
第二種：a=2
此時 兩邊同時提出乙個2，得到
2(1+b!/2+c!/2)=2^d
注意到d≥2 因此 1+b!/2+c!/2 必須是偶數，所以b!/2+c!/2是奇數，也就是b!/2、c!/2 一奇一偶
n!/2是奇數的話n不能≥4，否則 2x3x4x...n除以2以後 是3x4x...n 有因子4 顯然是偶數，跟n!/2是奇數矛盾。
因此b!/2、c!/2 一奇一偶 不妨設 b!/2是奇數，那麼b只能是2或3，
b=2的話，那麼 a!+b!+c! = 4+c! = 2^d 所以(1+c!/4)是偶數，所以c!/4是奇數，而是這不可能的
因為n!要麼有因子2 要麼有因子2*4=8 不存在恰好被2的2次方整除的情況。
b=3的話，那麼8+c!=2^d 所以1+c!/8 是偶數（嚴格來說是2^(d-3)），所以c!/8是奇數，所以c=4或5，驗證一下
4!/8 = 2*3*4 /8 = 3 所以 1+c!/8 = 4 =2^2 d-3=2 可以 5!/8 = 15 所以1+c!/8=16=2^4 d-3=4也是可以的
因此得到a=2,b=3,c=4,d=5；a=2,b=3,c=5,d=7；也是答案
（因為證明過程的「不妨設」忽視了a,b,c的次序，所以這個答案任意對換a,b,c的次序就能免去所有「不妨設」導致的答案範圍縮小）
所以調換上述四組答案a,b,c的順序就能得到所有的情況
另外樓上的，正無窮大不是整數(連實數都不是)，正無窮大其實是非負實數集合的拓撲結構的緊緻化而新增的乙個額外的點，但他自身是不屬於非負實數集合的，否則非負實數集合就不滿足heine-borel公理：有界閉集等價於緊集。不滿足這個公理就不可能是歐氏空間，但很遺憾，整個實數集本身就應該是乙個歐氏空間，矛盾。
因此無窮大點不可能包含於實數集。謝謝
3樓：閆淼下文件
無限組啊,左右都可以等於正無窮大
已知實數a b c滿足 a b c 2 abc 41）求
由韋達定理 若二次方程ax 2 bx c 0有兩個實根x1，x2則x1 x2 a b，x1x2 a c 是二次方程求根公式x b 根號下 2a，其中 b 2 4ac 1 設a最大,由題意必有a 0，b c 2 a,bc 4 a,於是b,c是方程x 2 a 2 x 4 a 0的兩實根則 a 2 2 4...
已知a b c 2 3 4，a b c 27，求a 2b 2c的值
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