X!Y!=Z!T!

[Andrey A]

Для любых ли взаимно простых $n>m>1$ разрешимо уравнение $(x+1)(x+2)...(x+n)=(y+1)(y+2)...(y+m)$, и всегда ли число решений конечно?
Все переменные целые положительные числа. Решения у меня нет, только примеры.

$5 \cdot 6 \cdot 7=14 \cdot 15

2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6=8 \cdot 9 \cdot 10$

[Dmitriy40]

Ну что при любом фиксированном $n$ число решений конечно - очевидно: и слева и справа записано одно и то же число, по разному сгруппированное из разложения по степеням простых, но количество вариантов группировок всегда конечно.
Вот единственно ли решение при данном $n$ - вопрос.
Ещё примеры:
$2\cdot3\cdot4\cdot5=4\cdot5\cdot6$
$2\cdot3\cdot4\cdot5\cdot6\cdot7=7\cdot8\cdot9\cdot10$ - тут не взаимно простые $n$ и $m$ получились
$8\cdot9\cdot10\cdot11\cdot12\cdot13\cdot14=63\cdot64\cdot65\cdot66$

[Andrey A]

Почему одно число, $n$ и $m$ это количество множителей в левой и правой частях равенства, а числа могут быть разные. С кратными $n,m$ такое чувство что решения будут не всегда, поэтому взял вз. простые. С примерами, вижу, у нас хорошо.

[Dan B-Yallay]

Andrey A в сообщении #1368773 писал(а):

Почему одно число, $n$ и $m$ это количество множителей в левой и правой частях равенства, а числа могут быть разные.

Потому что

Andrey A в сообщении #1368769 писал(а):

$(x+1)(x+2)...(x+n)=(y+1)(y+2)...(y+m) = K$

- какое-то одно число, которое единственным образом раскладывается на произведение степеней простых. В указанном равенстве эти простые и их степени сгруппированы различным образом слева и справа, чтобы образовывать требуемые сомножители, но количество таких группировок, очевидно, может быть только конечным.

[Andrey A]

А почему другого $K$ не может быть при других $x,y$?

[Dmitriy40]

Dmitriy40 в сообщении #1368771 писал(а):

Вот единственно ли решение при данном $n$ - вопрос.

Нет, не единственно:
$2\cdot3\cdot4\cdot5=4\cdot5\cdot6$
$19\cdot20\cdot21\cdot22=55\cdot56\cdot57$
и
$3\cdot4\cdot5\cdot6\cdot7\cdot8\cdot9\cdot10\cdot11=5\cdot6\cdot7\cdot8\cdot9\cdot10\cdot11\cdot12$
$5\cdot6\cdot7\cdot8\cdot9\cdot10\cdot11\cdot12\cdot13=8\cdot9\cdot10\cdot11\cdot12\cdot13\cdot14\cdot15$

Для $n=8,10..50$ решений не найдено.

UPD. Поправка, для $n=16$ решение есть:
$4\cdot\ldots\cdot19=6\cdot\ldots\cdot20$

[Andrey A]

Вот я как раз об этом.

[Dmitriy40]

Хм, что-то у меня программа привирает похоже ... Ведь не нашла вот такие очевидные решения:
$3\cdot4\cdot5\cdot\ldots\cdot11=5\cdot\ldots\cdot11\cdot12$

$2\cdot3\cdot4\cdot5\cdot\ldots\cdot23=5\cdot\ldots\cdot23\cdot24$

И по такой схеме их можно понастроить много. Как бы даже не бесконечно много (для разных $n$).

-- 15.01.2019, 06:05 --

Да, бесконечно много: для $n=z^2$ решением будет например $(z+0)(z+1)(z+2)\ldots(z+z^2-1)=(z+2)\ldots(z+z^2-1)(z+z^2)$.
Аналогично можно отрезать слева не две, а три, четыре, пять, ..., $k$ цифр. Как и добавлять справа можно не по одной, а больше. Вариантов море, для разных $n$. И чем дальше, тем больше.
Но для любого фиксированного $n$ количество решений всегда ограничено (если существуют) количеством вариантов группировок множителей в разложении на степени простых.

[Andrey A]

На сколько понимаю, для каждой пары $n,m$ такое решение (с перехлёстом) если есть, то единственно. Оно действительно приготавливается из некоторого уже существующего решения (даже с $m=1$), однако остаётся вопрос об остальных решениях. Самый интересный.

[Dan B-Yallay]

Andrey A в сообщении #1368775 писал(а):

А почему другого $K$ не может быть при других $x,y$?

Потому, что я ухнул в святцы, не глянув на колокола.

[Andrey A]

Бывает

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1368782 писал(а):

На сколько понимаю, для каждой пары $n,m$ такое решение (с перехлёстом) если есть, то единственно.

Контрпример:

Dmitriy40 в сообщении #1368777 писал(а):

$3\cdot4\cdot5\cdot6\cdot7\cdot8\cdot9\cdot10\cdot11=5\cdot6\cdot7\cdot8\cdot9\cdot10\cdot11\cdot12$
$5\cdot6\cdot7\cdot8\cdot9\cdot10\cdot11\cdot12\cdot13=8\cdot9\cdot10\cdot11\cdot12\cdot13\cdot14\cdot15$

Но больше двух решений для фиксированной пары $n,m$ пока не видно. Может это потолок? Хорошо бы получить какие-то логические выводы для маленькой пары.

[Dmitriy40]

Более того, не видно вообще больше двойных решений (за исключением $n=36$), как и решений без перехлёста.

Ещё несколько найденных решений:

n=16,m=15: 4..19=6..20 - приводил выше
n=22,m=20: 2..23=5..24 - приводил выше
n=25,m=24: 5..29=7..30
n=36,m=35: 6..41=8..42
n=36,m=35: 19..54=23..57
n=49,m=48: 7..55=9..56
n=55,m=52: 8..62=15..66
n=57,m=55: 3..59=6..60
n=64,m=63: 8..71=10..72
n=81,m=80: 9..89=11..90
n=100,m=99: 10..109=12..110

Кроме квадратов и перехлёстов с плюс одной цифрой справа интересно второе решение с $n=36$ и решение с $n=55$.
Других решений не найдено, проверены $x<100$ (по моему это уже с большим запасом, выборочные $n$ проверялись и до $x<10^7$).

[Andrey A]

Всё-таки тут лучше внести ясность. Каждое решение из непересекающихся промежутков натурального ряда можно домножить на произведение "пропущенных" членов и получить решение "с перехлестом". Обратное действие также всегда выполнимо, поэтому соответствие однозначное, и нет смысла выписывать лишние знаки. К примеру из $5 \cdot 6 \cdot 7=14 \cdot 15$ следует $5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot (8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12 \cdot 13)=(8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11 \cdot 12 \cdot 13) \cdot 14 \cdot 15$, и обратно.
Dmitriy40 Если возможно дать запрет на перехлест, это сильно сузит круг поиска. Можно еще так: задаем некоторый промежуток нат. ряда, вычисляем произведение входящих в него членов $N$ (деление факториалов) и ставим вопрос - какой из него нужно вычеркнуть внутренний промежуток, чтобы оставшиеся крайние промежутки образовали решение. Их произведение - квадрат, входящий в каноническое разложение $N$, поэтому вариантов не так уж и много. А вот насчет других решений вопрос, кажется, нетривиальный.

[Dmitriy40]

Мне кажется ситуация не совсем симметричная: добавить перехлёст можно при условии $x+n<y$, а убрать при условии $x+n<y+m-1$ (т.е. чтобы не осталось лишь одной цифры в $y$ раз уж $m>1$ по условию). Например из той квадратичной формы с $n=z^2$ перехлёст убрать нельзя. Особенно показательны $n=9;36$: из меньшего решения перехлёт неубираем, а из второго очень даже убираем, хотя в обоих случаях для обоих решений $n,m$ одни и те же.
Получается без перехлёстов известны лишь 4 решения:

n=3,m=2: 5..7=14..15
n=4,m=3: 19..22=55..57
n=5,m=3: 2..6=8..10
n=7,m=4: 8..14=63..66

И Вы правы, для любых $x>0,\; 1<k<(m=(x+k)!/x!-1)$ можно построить решение в виде $(x+1)\ldots(x+k)=(y+m)$, промежуток $(x+k)\ldots(y+m)$ в котором потом заполнить перехлёстом.

Более интересные решения сводятся к диофантовым уравнениям от двух переменных, например вида $(x+1)(x+2)(x+3)\ldots=\ldots(y+m-1)(y+m)$ сводятся к уравнению $a^3-a=b^2+b$, которое вроде бы имеет лишь одно решение $a=6, b=14$ что соответствует имеющемуся решению $5\cdot6\cdot7=14\cdot15$.