Факториал как произведение четырёх последовательных

[age]

Строго думаю, нет.
1. Долго.
2. Не факт что смогу.
Пусть это будет "интуиция".
Но "попробовать" можно.

От противного:
Пусть существует квадрат без единицы, который является "чистым факториалом" $k!$, т.е. не может быть представлен как $\dfrac{n!}{m!}$ или как $a(a+1)(a+2)...$, при $a\geq3$.
Тогда $k!=x^2-1=1\cdot2\cdot ...\cdot k$ - т.к. факториал "чистый". $x=2b+1$ - число нечетное.
Далее, заменяя квадрат в правой части на последнее выражение и вычитая единицу, получим:
$1\cdot2\cdot ...\cdot k=4b\cdot(b+1)$.
Т.е. произведение двух соседних чисел $b$ и $b+1$, умноженное на 4 является точным факториалом, но при этом не может быть представлено как произведение соседних чисел $a(a+1)(a+2)...$, $a\geq3$.
Дальше не знаю...

[Xenia1996]

age в сообщении #383692 писал(а):

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 - ?

$23!\cdot4!=24!$
Дальше что?

[age]

Xenia1996
Ну это совсем просто. Здесь вы воспользовались тем, что $24=4!$. Не катит. Хотя, с другой стороны, применительно к проблеме Брокарда все верно. Мне кажется, что надо искать именно такие как:
$6!\cdot7!=10!$.

[Xenia1996]

age в сообщении #383762 писал(а):

Xenia1996
Ну это совсем просто. Здесь вы воспользовались тем, что $24=4!$. Не катит.

Что же тогда катит?
Вы сами сказали: "Найти все такие $n,k,m$, что $n!=k!\cdot m!$, $m,k>1$. ".
Это уравнение имеет алеф-нуль решений в натуральных числах, превышающих 1.

[age]

Не знаю, предположение, что нужны именно "нетривиальные" случаи вида $6!\cdot7!=10!$.

[MrDindows]

age в сообщении #383749 писал(а):

Строго думаю, нет.

Вот в этом то и прикол)
На самом-то деле, вам же Xenia1996 в самом начале написала:

Xenia1996 в сообщении #383670 писал(а):

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.

А вы непонятно зачем развиваете эту идею...

Да, три известные решения той проблемы имеют такой вид, что факторил=произведение 4 последовательных нат. чисел. Именно отталкиваясь от того свойства, что $a(a+1)(a+2)(a+3)+1=(a^2+3a+1)^2$, Ксения предположила, что можно найти ещё такие факториалы, которые можно представить в таком виде. Но даже если б они существовали, это бы дало только ещё несколько ответов, но не доказало бы, что других не существует.
И ещё, заметьте, произведение именно любых ЧЕТЫРЁХ последовательных натуральных чисел +1 всегда является полным квадратом.
Для двух,трёх,пяти, шести, семи, восьми и т.д. это выполнятся не будет.
Тут можно сформулировать такую задачу:
Найти все $n$, для которых произведение любых $n$ последовательных натуральных чисел $+1$ всегда является полным квадратом.
Но в принципе она является лишь частным случаем этой проблемы=) Так что таким способом её решать точно нельзя)

[age]

Xenia1996 в сообщении #383763 писал(а):

Что же тогда катит?
Вы сами сказали: "Найти все такие $n,k,m$, что $n!=k!\cdot m!$, $m,k>1$. ".

я неточно выразился. Более точно "Найти все такие $n,k,m$, что $n!=k!\cdot m!$, $m,k>1$" и при этом $m!$ не является дополнением $k!$ до следующего факториала $(k+1)!$, т.е. исключаются тривиальные случаи.

MrDindows
Предположим, доказательство у меня есть (оно основывается на свойствах параметризации квадратов без единицы - в левой части, и произведений - в правой). А вы сможете доказать, что:

MrDindows в сообщении #383778 писал(а):

... произведение именно любых ЧЕТЫРЁХ последовательных натуральных чисел +1 всегда является полным квадратом.
Для двух,трёх,пяти, шести, семи, восьми и т.д. это выполнятся не будет.

Тогда в сумме это даст невозможность других решений проблемы Брокарда.

[MrDindows]

Но я это доказать не смогу)

[Xenia1996]

Вот мы все тут циклимся на том, какие квадраты бывают.
Я предлагаю кинуть взгляд на проблему Брокарда с ещё одной стороны.
Разбить множество натуральных чисел от 1 до $n$ на два непустых непересекающихся подмножества так, чтобы произведения элементов этих подмножеств отличались ровно на 2.

[Mathusic]

Xenia1996 в сообщении #383790 писал(а):

Я предлагаю кинуть взгляд на проблему Брокарда с ещё одной стороны.
Разбить множество натуральных чисел от 1 до $n$ на два непустых непересекающихся подмножества так, чтобы произведения элементов этих подмножеств отличались ровно на 2.

Увы, этот "новый взгляд" ничего не даёт.

[Xenia1996]

Ещё идея.
Определим функцию $f(a)$, где $a$ - факториал натурального числа, как расстояние от $a$ до ближайшего полного квадрата, большего $a$.
$f(1!)=3$, так как $1!+3=2^2$.
Аналогично
$f(2!)=2$
$f(3!)=3$
$f(4!)=1$

И посмотрим на компе, как эта функция работает, обнаружим закономерности, сделаем интерполяцию. Может, что и выяснится.
Сама я программировать ещё не научилась, по сему перепоручаю это задание прикладникам

[MrDindows]

Xenia1996 в сообщении #383836 писал(а):

Ещё идея.
Определим функцию $f(a)$, где $a$ - факториал натурального числа, как расстояние от $a$ до ближайшего полного квадрата, большего $a$.
$f(1!)=3$, так как $1!+3=2^2$.
Аналогично
$f(2!)=2$
$f(3!)=3$
$f(4!)=1$

И посмотрим на компе, как эта функция работает, обнаружим закономерности, сделаем интерполяцию. Может, что и выяснится.
Сама я программировать ещё не научилась, по сему перепоручаю это задание прикладникам

http://oeis.org/A068869

[yk2ru]

http://oeis.org/A068869
С 4-го члена там идут квадраты целых чисел только что ли?

Не только, показалось ...

[Xenia1996]

MrDindows в сообщении #384033 писал(а):

http://oeis.org/A068869

Плин, они все квадраты (кроме 2 и 3)?

Уже вижу, что нет

[Батороев]

Выражение $n!+1=m^2$ эквивалентно $n!=4k(k+1)$, т.е. лучше рассматривать произведение 2-х последовательных чисел.

-- 06 дек 2010 16:48 --

Забыл написать: $k=\dfrac {m-1}{2}$