Факториал как произведение четырёх последовательных

[Sonic86]

age писал(а):

представили факториал многочленом

Что это такое? Я не понимаю...

-- Чт дек 09, 2010 17:14:55 --

Представьте-ка $n!$ многочленом, а то у меня что-то фантазии не хватает...

[Joker_vD]

Sonic86 в сообщении #385282 писал(а):

Представьте-ка $n!$ многочленом, а то у меня что-то фантазии не хватает...

А это как вообще возможно? Факториал возрастает быстрее многочлена любой степени.

[age]

Joker_vD в сообщении #385316 писал(а):

Sonic86 в сообщении #385282 писал(а):

Представьте-ка $n!$ многочленом, а то у меня что-то фантазии не хватает...

А это как вообще возможно? Факториал возрастает быстрее многочлена любой степени.

$a(a+1)(a+2)...(a+k)$ например, так.

[Joker_vD]

И каким образом $n! = a(a+1)(a+2)...(a+k)$?

[age]

$p\cdot k!=a(a+1)(a+2)...(a+k)$. Но для проблемы Брокарда подобный случай неинтересен, а напротив, интересны случаи когда $p\cdot n!=a(a+1)(a+2)...(a+k)$, $n>k$, $p=1$

[Sonic86]

age
Короче говоря, Вы не все $n!$ представляете одним многочленом, а каждое $n!$ представляете своим многочленом (у которого даже степень зависит от $n$), а от этого толку мало. (лучше уж тогда представлять многочленом нулевой степени со свободным членом $n!$)
Вот еще пример:
$1!=x^1+0$ при $x=1$
$2!=x^2+1$ при $x=1$
$3!=x^3+5$ при $x=1$
$4!=x^4+8$ при $x=2$
и т.п...

[age]

Тождеством $p\cdot k!=a(a+1)(a+2)...(a+k)$ представляется факториал для любых $k$, но не для любых $a$. Хотя если переписать в виде $p\cdot k!=a(a+1)(a+2)...(a+n)$, то можно для каждого значения $k$ подобрать такое $n$, что тождество будет выполнимо для любых $a$.
В общем-то, вы правы, параметризация факториалов - очень сложное и неблагодарное дело.

-- Пт дек 10, 2010 13:46:53 --

Sonic86 в сообщении #385615 писал(а):

Вот еще пример:
$1!=x^1+0$ при $x=1$
$2!=x^2+1$ при $x=1$
$3!=x^3+5$ при $x=1$
$4!=x^4+8$ при $x=2$
и т.п...

Каждый ваш пример применим лишь для одной точки. Мой - для любых $a$.

[age]

В общем, итог: проблема Брокарда разрешима только тогда, когда существует параметризация:

$$\dfrac{a(a+1)(a+2)...(a+k)}{F(a)}=(a^{n_1}+k_1a^{n_2}+...+k_ja+1)^2-1=a^{t_1}+m_1a^{t_2}+...+2k_ja$$

выполнимая для любых $a$.
И при этом для некоторого фиксированного значения(ий) $a$ выражение слева принимает значение точного факториала: $\dfrac{a(a+1)(a+2)...(a+k)}{F(a)}=n!$


Очевидно, т.к. тождество выполняется для любых $a$, то искомый факториал должен представлять собой произведение $k<n$ последовательных чисел, не начинающихся с $1$. Или по сути $n!=\dfrac{(m+k)!}{m!}$

age в сообщении #383786 писал(а):

и при этом $m!$ не является дополнением $k!$ до следующего факториала $(k+1)!$, т.е. исключаются тривиальные случаи.

Т.е. только факториалы вида $n!=\dfrac{k_1!}{m!}$, $k_1>n+1$ могут являться решениями проблемы Брокарда.