Факториал как произведение четырёх последовательных

[Xenia1996]

Некоторые факториалы можно представить в виде произведения четырёх последовательных натуральных чисел:
$4!=1*2*3*4$
$5!=2*3*4*5$
$7!=7*8*9*10$
А есть ещё такие?
И как их найти?

[age]

Таких нет больше.
Решение примерно такое:
Если $n!=a(a+1)(a+2)(a+3)$, то одно из чисел в правой части должно делиться на $n$.
В ряду $1...n$ есть примерно $\dfrac{n}{\ln(n)}$ простых чисел, на которые априори не могут делиться четыре последовательных числа. Т.е. $\dfrac{n}{\ln(n)}\leq4$. Откуда $n\leq13$. Но до $13$ таких чисел больше нет.
(это решение немного неверное, но идея примерно такая, просто 4 последовательных числа могут делиться больше чем на 4 простых числа, но искать точную оценку не стал).

[Xenia1996]

age в сообщении #383659 писал(а):

Таких нет больше.
Решение примерно такое:
Если $n!=a(a+1)(a+2)(a+3)$, то одно из чисел в правой части должно делиться на $n$.
В ряду $1...n$ есть примерно $\ln(n)$ простых чисел, на которые априори не могут делиться четыре последовательных числа. Т.е. $\ln(n)\leq3$. Откуда $n\leq20$. Но до 20 таких чисел больше нет.

Спасибо!
Я просто пытаюсь решить проблему Брокарда. Вот две ссылки на неё:

http://mathworld.wolfram.com/BrocardsProblem.html
http://en.wikipedia.org/wiki/Brocard%27s_problem

Зная, что произведение четырёх последовательных натуральных чисел в сумме с единицей даёт полный квадрат, я хотела найти побольше таких факториалов.

-- Вс дек 05, 2010 00:39:31 --

А вот ещё ссылка (там задача номер 1 очень напоминает проблему Брокарда ):

http://www.zaba.ru/cgi-bin/tasks.cgi?to ... 991.8klass

[age]

Ух Вы, Ксения! Яму мне вырыли, а я и не заметил! Т.е. из моего рассуждения следует, что таких чисел больше нет?
Т.к. $a(a+1)(a+2)(a+3)+1=(a^2+3a+1)^2$, а если $a(a+1)(a+2)(a+3)\neq n!$, то и проблема Брокарда неразрешима!?

Вообще идея насчет подмены факториала на произведение четырех последовательных чисел у Вас интересна, а как Вы ее нашли!?

[Xenia1996]

age в сообщении #383666 писал(а):

из моего рассуждения следует, что таких чисел больше нет?

Не следует. Не каждый квадрат представим в виде произведения четырёх последовательных.

-- Вс дек 05, 2010 00:50:35 --

age в сообщении #383666 писал(а):

Вообще идея насчет подмены факториала на произведение четырех последовательных чисел у Вас интересна, а как Вы ее нашли!?

Эмпирическим путём:
заметила, что
$4!+1=5^2=1*2*3*4+1$
$5!+1=11^2=2*3*4*5+1$

[age]

Понятно. Т.е. вы решили рассмотреть различные "типы квадратов", и начать вот с таких $(a^2+3a+1)^2=a(a+1)(a+2)(a+3)+1$.

Грубо говоря, т.е. существуют квадраты, равные определенному произведению без единицы. Очевидно, что если всякий квадрат можно представить в виде какого-то произведения (пусть не четырех, а больше чисел) без единицы, то и проблему Брокарда можно отсюда "выудить". Т.к. произведения последовательных чисел - суть факториалы, или $\dfrac{m!}{k!}$. Их гораздо легче пригнать к факториалам. Но все ли квадраты таковы!? Интересная идея.

[Xenia1996]

age в сообщении #383675 писал(а):

Понятно. Т.е. вы решили рассмотреть различные "типы квадратов", и начать вот с таких $(a^2+3a+1)^2=a(a+1)(a+2)(a+3)+1$.

Приблизительно так.
Вообще-то, я задачу для восьмого класса решала (вот эту):
http://www.zaba.ru/cgi-bin/tasks.cgi?to ... 991.8klass
(первая из тех, что Вы там видете).
Я пыталась решить так: сначала выяснить, какие факториалы в сумме с единичкой образуют полный квадрат, а потом уже из них отобрать те, которые дают не просто полный квадрат, а именно такой, какой требует условие задачи.

[age]

Мне кажется, что по вашему методу для проблемы Брокарда можно ввести следующее требование:
Найти все такие $n,k,m$, что $n!=k!\cdot m!$, $m,k>1$. Например, для известных случаев:
$4!=4!\cdot1!$
$5!=5!\cdot1!$ - это два исключения, т.к. представляются еще и как $a(a+1)(a+2)$.
А вот:
$7!\cdot6!=10!$.

Больше - ?

[MrDindows]

age, помоему, вы что-то путаете.
Xenia1996 хотела найти именно произведение 4 подряд натуральных чисел. Так как такое произведение $+1$ можно представить как квадрат нат. числа. Тоесть если б такие факториалы существовали, они автоматически становились бы решениями той проблемы.
Ну а $n!=k!*m!$ в общем виде не имеет никакого отношения к той проблеме.


Xenia1996, по поводу той задачи: раскройте скобки, и получите:
$n!=m!(m!-2)$ или же
$\frac{n!}{m!}=m!-2$
Ну и рассмотрите это по модулю 3.

[age]

MrDindows в сообщении #383694 писал(а):

Ну а $n!=k!*m!$ в общем виде не имеет никакого отношения к той проблеме.

Нет, имеет. Только факториалы вида $k!=\dfrac{n!}{m!}$, могут быть решениями проблемы Брокарда. Если кроме $4!$, $5!$ и $7!$ таких факториалов больше нет, то и проблема Брокарда неразрешима. (ну и естественно, $6!$, который в паре с $7!$ дает $10!$).

[MrDindows]

age в сообщении #383695 писал(а):

Только факториалы вида $k!=\dfrac{n!}{m!}$, могут быть решениями проблемы Брокарда. $[/math]).

Обоснуйте.
Если мы заменим уравнение
$n!+1=a^2$ на $k!\cdot m!+1=a^2$ это нам что-то даст?

[age]

Нет, не так. Менять надо на частное, а не произведение:
$\dfrac{n!}{m!}+1=a^2$. Не даст это ничего, кроме того, что искать произведения факториалов легче. Почему существует такое условие!? Объяснять долго. Но смысл в параметризации произведений без единиц как целых квадратов. Т.е. не может быть квадратом без единицы $k!$, если оно не представимо как $\dfrac{n!}{m!}$

[MrDindows]

За частное согласен, напутал. Но почему именно "только факториалы такого вида могут быть решениями"?
То, что единственные известные решения имеют такой вид, ещё не значит что все решения должны быть такими.

[age]

Смысл в том, что $\dfrac{n!}{m!}$ - есть суть произведение последовательных чисел вида $a(a+1)(a+2)...$ как и написала Xenia1996. Только такие произведения могут быть решениями проблемы Брокарда.

[MrDindows]

age в сообщении #383701 писал(а):

Смысл в том, что $\dfrac{n!}{m!}$ - есть суть произведение последовательных чисел вида $a(a+1)(a+2)...$ как и написала Xenia1996.

Та это понятно=)

age в сообщении #383701 писал(а):

Только такие произведения могут быть решениями проблемы Брокарда.

Вы это утверждение можете доказать?)