6 последовательных натуральных чисел

[Someone]

gris в сообщении #1323835 писал(а):

$0=6$
Нет решений.

Ну, Вы же все множители, которые могут обращаться в $0$, сократили, так чего же хотите? А до сокращения были корни $-1$, $-2$, $-3$, $-4$. Которые нас, разумеется, не интересуют, поскольку речь идёт о натуральных числах.

gris в сообщении #1323835 писал(а):

Как можно получить $1=1$

Если левая часть не равна правой — никак. Я имел в виду, что, если всё перенести в левую часть и сократить на неё, то получим $1=0$.

gris в сообщении #1323835 писал(а):

А если вручную приспичит?

$$x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)-(x+2)(x+3)(x+4)(x+1)(x+2)(x+3)=0$$

$$(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x(x+5)-(x+2)(x+3))=0$$

$$-6(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)=0$$

Конечно, перебирать вручную все $64$ варианта весьма обременительно.

gris в сообщении #1323835 писал(а):

И всё же ТС имел в виду не перебор даже и с сокращением, а нечто модулярное?

Да, похоже. Но такого решения пока никто не придумал.

[gris]

Спасибо
Ну я могу в своё оправдание сказать, что имел в виду, что для решения уравнения шестой степени иногда достаточно решить три квадратных. А здесь не бывает неразложимого на множители уравнения степени выше третьей. В общем, ерунда по сравнению с 1\4.

[Soul Friend]

(Оффтоп)

можно пересказать задание так:
Есть ли чётное число $Z$ такое, что десять (минимум семь) делители его - последовательные числа $x_a, x_b, x_c, x_d, x_e, x_f, x_k, x_l, x_m, x_n$ (без порядкового учёта), из которых можно составить :

$$Z=x_ax_bx_cx_dx_ex_f=x_ax_bx_kx_lx_mx_n$$

[Soul Friend]

Попробую опровергнуть:
Среди шести последовательных чисел третье или четвёртое будет нечётным (чёт и нечёт чередуются), и это нечётное число имеет простой делитель $p\geq3$, следовательно, следующее нечётное число, имеющее в простых делителях это же просто число, будет отдалён как минимум на $6\leq\pm xp$ от начального нечётного числа, что уже выходит за рамки новой преобразованной последовательности. Тем самым, изначальная и новая последовательности имеют разные простые делители, и производные этих последовательностей будут разные. Так же, новая последовательность будет иметь своё такое отличительное нечётное число.
Разумно будет взаимно преобразовать числа друг в друга ?, $+$, $+$, $-$, $-$, ? тогда вместо вопросительных знаков одно будет чётное, другое нечётное. (с отличием простого делителя $2$)

[Shadow]

Soul Friend в сообщении #1326629 писал(а):

Тем самым, изначальная и новая последовательности имеют разные простые делители, и производные этих последовательностей будут разные. Так же, новая последовательность будет иметь своё такое отличительное нечётное число.

Не обязательно. Любое простое само по себе может сохраниться, в конце концов кто то из его соседей по четности может перейти в него. Например
$5,6,7,8,9,10 \to 3,4,5,10,7,12$ - тут все простые те же и только степень тройки не равняется.
В задаче четные переходят в четные. Последовательные четные числа имеют вид (пишу только наибольшую степень двойки)

a) $2^k,2,4\;k\ge 3$ (либо в обратном порядке)

Тут $2^k\to 2,4\to 2$ и степень двойки не может сохраниться.

b) $2,2^k,2\;k\ge 2$

Равенство возможно только если $2\to 4,2^k \to 2, 2\to 4$, тоесть, $k=3$. Или четные числа в последовательности: $8t-2,8t,8t+2$ где $t$ - нечетное число. И обязательные переходы: $8t-2\to 8t-4,\;8t+2\to 8t+4$

Или все числа: $8t-2,8t-1,8t,8t+1,8t+2$ и либо $8t-3$, либо $8t+3$

В последовательности есть нечетный множитель $t$. "Новые" четные взаимнопростые с $t$. Остальные могут иметь общий делитель с $t$

либо 3 ($8t-1\to 8t-3$ и/или $8t+1\to 8t+3$)

либо 5 ($8t\pm 3 \to 8t \pm 5$)

$t$ не может делиться на 9, т.к первое произведение будет делится на $27$, а новое, с учетом обязательных переходов - нет. Аналогично, не может делится и на $25$

Следовательно $t \in \{1,3,5,15\}$. Конечный перебор, решений нет.

[Soul Friend]

Чётные делимые на простое $3$ я учёл, и привёл в конце один пример(для общего случая), вот ещё другой:
$+$?-$+$?- (вместо вопросительного знака может быть как минус, так и плюс)
то есть, все три числа с простым делителем $3$ должны присутствовать и в новой последовательности, иначе две последовательности (их произведения) будут содержать разное количество простого делителя $3$.

$$\frac{(x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5))}{((x+2)(x+1+2)(x+2-2)(x+3-2)(x+4-2)(x+5+2))}=1$$

Этот вариант наиболее близок к единице (бесконечно стремится к ней)

[Shadow]

Soul Friend в сообщении #1327102 писал(а):

то есть, все три числа с простым делителем $3$ должны присутствовать и в новой последовательности, иначе две последовательности (их произведения) будут содержать разное количество простого делителя $3$.

Не понял. В первой последовательности ровно 2 числа делятся на три, в новой - от 0 до 4, как захочется. Что должно былть?

Soul Friend в сообщении #1327102 писал(а):

Этот вариант наиболее близок к единице (бесконечно стремится к ней)

Так по мне, что ни делай, отношение всегда будет стремится к единице (при $x\to \infty$), но какое отношение имеет это к задаче?

[Soul Friend]

Shadow в сообщении #1327145 писал(а):

В первой последовательности ровно 2 числа делятся на три, в новой - от 0 до 4, как захочется. Что должно былть?

Должно выполнятся и в первой и во второй :

$$b(3x\cdot3(x-1)\cdot3(x+1))=z$$

иначе, вы не сможете компенсировать отсутствие простого числа.

Shadow в сообщении #1327145 писал(а):

Так по мне, что ни делай, отношение всегда будет стремится к единице (при $x\to \infty$), но какое отношение имеет это к задаче?

Это я и пытаюсь доказать. Что делимый и делитель не одно и тоже число.

[Soul Friend]

Что если расширить задачу ТС таким образом, что количество последовательных чисел не шесть, а $2n$, и менять мы можем их не на четыре, а на $(n-1)$ ? (в остальном всё так же)
Гипотеза:
Когда $n$ простое число, решений нет, а когда $n$ составное число, то в некоторых случаях есть решение.