9 последовательных натуральных чисел

[daogiauvang]

Можно разделить 9 последовательных натуральных чисел на две группы, чтобы произведения всех чисел в каждой группе равны?

[Shadow]

Произведение чисел в группе с бОльшим числом элементов будет болше при $n>5$
Да еще и ни одно из чисел не должно иметь простой делитель, больше 7, что невозможно.
Короче, никакое количество последовательных чисел нельзя так разделить.

-- 20.04.2017, 11:44 --

Shadow в сообщении #1210994 писал(а):

Короче, никакое количество последовательных чисел нельзя так разделить.

Ну, это я сильно сказал...пустъ будет "вряд ли"

[Andrey A]

Трех чисел в группе быть не может, так как уже $9\cdot 8\cdot 7<6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1.$
Четыре может, но старший знак $<14$, так как уже $14\cdot 13\cdot 12\cdot 11<10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6$. Всего пять вариантов, среди которых нет целого квадрата.

[DeBill]

Andrey A в сообщении #1211047 писал(а):

среди которых нет целого квадрата.

потому как там токо одна семерка...

[Andrey A]

Ну да, берется семерка под подозрение и проверяется неравенство $14\cdot 13\cdot 12\cdot 11<10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6$. В принципе информации достаточно, в чем и олимпиадность. Задним числом всегда красиво.

[Yadryara]

Andrey A, совершенно необязательно проверять это неравенство.

Дело в том, что если в одной группе встретилось простое $p$, то в другой обязательно должно быть кратное $p$. Иначе мы никак не получим равенства.

Если в одной группе встретилось простое число $11$, то в другой обязательно должно быть число $\geqslant22$. А для цепочки, в которой были бы и $11$, и $22$, нужно хотя бы $12$ последовательных натуральных чисел. А их у нас, по условию, только $9$.

Итак, искомая последовательность не содержит $11$, но обязана содержать $7$. А если в одной группе встретилось простое число $7$, то в другой обязательно должно быть число $\geqslant14$. И в последовательности должно встретиться число $11$, которое находится на пути от $7$ до $14$. Противоречие. Решений нет.

Для рассмотрения другого количества последовательных натуральных чисел может пригодиться теорема Бертрана-Чебышёва.

[Yadryara]

Shadow в сообщении #1210994 писал(а):

Shadow в сообщении #1210994 писал(а):

Короче, никакое количество последовательных чисел нельзя так разделить.

Ну, это я сильно сказал...пустъ будет "вряд ли"

Нет не сильно, в самый раз.

Пусть у нас имеется $n$ последовательных натуральных чисел. Выбираем простое $P\geqslant n$, ближайшее к $n$ сверху. Его использовать ни в одной группе нельзя. Между $\dfrac{P}2$ и $P$ обязательно есть простое $p<k$. Но при этом нужно обязательно использовать хотя бы $2p>k$. Противоречие. Решений нет.

[Andrey A]

Yadryara в сообщении #1211200 писал(а):

Итак, искомая последовательность не содержит $11$, но обязана содержать $7$. А если в одной группе встретилось простое число $7$, то в другой обязательно должно быть число $\geqslant14$.

А почему не $7k$ и $\geqslant7(k+1)$? Неравенство как раз и устанавливает, что, начиная с некоторого номера, произведение любых пяти множителей превышает произведение оставшихся четырех. Но его оказывается и достаточно, поскольку кратное семи на отрезке $(1,13)$ единственное. Если бы множителей было не $9$, а $2x$, есть уверенность в отсутствии решений? В треугольнике Паскаля даже в четвертой диагонали имеется целый квадрат: $\dfrac{50!}{3!47!}=140^2$.

[Yadryara]

Andrey A в сообщении #1211221 писал(а):

А почему не $7k$ и $\geqslant7(k+1)$?

См. Основная теорема арифметики.

Andrey A в сообщении #1211221 писал(а):

Если бы множителей было не $9$, а $2x$, есть уверенность в отсутствии решений?

Да, есть уверенность и я показал это выше.