Решить в натуральных числах x! = y! z^2

[Руст]

Решить в натуральных числах уравнение:
$x!=y!z^2.$

[juna]

Все решения - это:
1. $x=y$ - любое, $z=1$
2. $x=a^2$, $y=a^2-1$, $z=a$
Обозначим $y=x-k$, тогда $z^2=\frac{x!}{(x-k)!}$.
В разложении $\frac{x!}{(x-k)!} $ будет $[\frac{k}{n}]$ штук делителей $n$. Для того, чтобы произведение всех этих делителей входило в квадрат необходимо обеспечить $\forall n\leqslant k (n^{[\frac{k}{n}]}=u^2)$, пробегая по всем простым $n$. Начиная с $k=2$ - это невозможно. Для $k=1$, $k=0$ - имеем указанные решения.

[незваный гость]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

В разложении $\frac{x!}{(x-k)!} $ будет $[\frac{k}{n}]$ штук делителей $n$.

Либо я чего-то не понял, либо Вы не учли делимость на степени $n$. Хочу верить, что первое. Кроме того, возможно колебание на 1 в зависимости от $x$ (5!/1! vs. 6!/2! (mod 3)).

[Руст]

Не только делимость на $n^2$ возможно и делимость на $n^{3/2}$, например когда n есть квадрат простого числа.

[незваный гость]

Руст писал(а):

Не только делимость на $n^2$ возможно и делимость на $n^{3/2}$, например когда n есть квадрат простого числа.

Я имел в виду простое $n$.

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Начиная с $k=2$ - это невозможно.

А почему?

[juna]

Поторопился, нужно говорить о количестве чисел, делящихся на $n$. Рассуждение нужно править, может быть так - пусть $p$ - наибольшее простое, меньшее $x$ - тогда оно в единственном числе и не может входить в квадрат.

[незваный гость]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

может быть так - пусть $p$ - наибольшее простое, меньшее $x$

Тогда оно может быть меньше и $x - k + 1$.

[juna]

Да. Пока это лишь доказывает, что $\forall k\geqslant [\frac{x}{2}]$ - решений нет.
Для $(x-1)x=y^2$, $(x-2)(x-1)x=y^2$ - тоже просто доказать.
Нашел один интересный подход:
беремся доказывать, например, $y^2=x(x-1)(x-2)(x-3)$ - перемножаем $x(x-3)$, $(x-1)(x-2)$, получаем $y^2=(x^2-3x)(x^2-3x+2)=a(a+2)$, где $a=x^2-3x$, т.к. $x(x-1)(x-2)(x-3)$ - четно, то $a$ - четно - $a=2b$. Имеем $4b(b+1)=y^2$ - невозможно.

[Руст]

Это решает задачу только в случае k=4.

[juna]

$k=2$ имеем $y^2=x(x-1)$, $(x,x-1)=1$, значит $x=a^2$, $x-1=b^2$ т.е. $a^2=b^2+1$ - невозможно
$k=3$ имеем $y^2=x(x-1)(x-2)$, пусть $x$ - четно, может быть только один общий делитель - 2, $y^2=4\frac{x}{2}(x-1)\frac{(x-2)}{2}$, числа $\frac{x-2}{2}$, $\frac{x}{2}$, $(x-1)$ - взаимнопросты, значит являются квадратами: $x-2=2a^2$, $x=2b^2$, $x-1=c^2$, т.е. $b^2-1=a^2$ - невозможно (если $4|(x-1)$ четно, доказывается аналогично).
$k=4$ - доказали.
$k=6$ имеем $y^2=x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)=(x^2-5x)(x^2-5x+4)(x^2-5x+6)=$
$=a(a+4)(a+6)$, $a$ - четно, $y^2=a(a+2)(a+6)=8b(b+2)(b+3)$, среди чисел $b$, $b+2$, $b+3$ - либо $b$, $b+2$ делится на 2, либо $(b+3)$ делится на 4, также либо $(b+2)$ делится на 9, либо $b$, $b+3$ - делится на 3. Выделяя полный квадрат, все эти четыре случая приводят к шести:
1. $9*64*\frac{b}{4}\frac{b+2}{2*9}(b+3)=y^2$
2. $9*64*\frac{b}{2}\frac{b+2}{4*9}(b+3)=y^2$
3. $9*64*\frac{b}{4*3}\frac{b+2}{2}\frac{(b+3)}{3}=y^2$
4. $9*64*\frac{b}{2*3}\frac{b+2}{4}\frac{(b+3)}{3}=y^2$
5. $9*64*b\frac{b+2}{9}\frac{(b+3)}{8}=y^2$
6. $9*64*\frac{b}{3}(b+2)\frac{(b+3)}{8*3}=y^2$
Первые два случая рассмотрел - невозможны, остальные лень, тем более это не общий подход.

[Woland]

Вот доказательство для k=5.
Пусть $ A=n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) $ предположим, что существует
такое число z , что $ z^2= A$. Так как (a,a-1)=(a,a+1)=1 то для множителя
(n+2) имеем (n+1,n)=(n+3,n+4)=(n+1,n+2)=(n+2,n+3)=1, следовательно для того, что бы исходное равенство имело место необходимо, чтобы выполнялось одновременно:
$ n(n+2)(n+4)=Z_1^2 $ и
$(n+1)(n+3)=Z_2^2 $ из последнего имеем:
$n^2+4n+3=Z_2^2 $ или $(n+2)^2-1=Z_2^2 $ последнее
невозможно, так как разность квадратов двух чисел не может быть равна 1 ибо
в самом меньшем случае она равна 3. Ч.Т.Д.

[Woland]

Это доказательство пока не обобщается на случай любого нечётного k

[juna]

То есть Вы утверждаете, что числа $n(n+2)(n+4)$, $(n+1)(n+3)$ - взаимно простые для любого $n$, а как же $n=3k$?

[Woland]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

То есть Вы утверждаете, что числа $n(n+2)(n+4)$, $(n+1)(n+3)$ - взаимно простые для любого $n$, а как же $n=3k$?

Да. Вы к сожалению правы, так задачу не решить.(просмотрел, что (n,n+3 )<>1)

[juna]

В любой цепочке последовательно идущих чисел встретится хотя бы одно число взаимно простое со всеми остальными числами этой цепочки. Если это число не полный квадрат, утверждение доказано.