Кубический четырёхчлен

[Null]

$n!\vdots x_1x_2 \dots x_n$

[Xenia1996]

nnosipov в сообщении #439125 писал(а):

Вот ещё одна близкая по сюжету задача: Let $x_1$, $x_2$, $\dots$, $x_n$ be positive and distinct integers such that for every positive integer $k$ the product $(x_1+k)(x_2+k)\dots(x_n+k)$ is divisible by $x_1x_2 \dots x_n$. Prove that $\{x_1,x_2,\dots,x_n\}=\{1,2,\dots,n\}$.

Можно сыграть на том, что пропущено слово pairwise!

[svv]

Никогда не понимал, почему многие упорно уточняют "попарно различные", как будто просто "различные" допускает какое-то дополнительное паразитное истолкование. Xenia1996, объясните, пожалуйста! Я, наверное, на пороге великого прозрения.

[Xenia1996]

svv в сообщении #439150 писал(а):

Никогда не понимал, почему многие упорно уточняют "попарно различные", как будто просто "различные" допускает какое-то дополнительное паразитное истолкование. Xenia1996, объясните, пожалуйста! Я, наверное, на пороге великого прозрения.

Числа 1, 2, 3, 4, 1, 5 различны, но не попарно различны.

Различны - это когда не все одинаковы.
Попарно различны - это когда нет двух одинаковых.

[svv]

Ясно. Ну, а я слово "различные" всегда понимаю только в смысле "любые два различны".

[Xenia1996]

svv в сообщении #439154 писал(а):

Ясно. Ну, а я слово "различные" всегда понимаю только в смысле "любые два различны".

Каждый вправе понимать так, как его душе угодно.

(Оффтоп)

Я, к примеру, слово "траффко" понимаю как "О! Придумаю ещё одну новую задачку!" (шучу)

[nnosipov]

Null в сообщении #439145 писал(а):

$n!\vdots x_1x_2 \dots x_n$

Напишите, пожалуйста, решение (а вдруг что-нибудь неожиданное откроется, типа Ксениного pairwise).

[neo66]

nnosipov в сообщении #439047 писал(а):

А где Вы используете условие $(n,k!)=1$? Почему бы тогда не заменить это условие более слабым $(n,k)=1$?

Ну, смотрите, пусть мы имеем могочлен степени $k$. У него $k+1$ коэффициент. А в поле $\mathbb{F}_p$, как нетрудно заметить, $p$ элементов. Поэтому нам бы хотелось, чтобы $p\ge k+1$ для любого простого $p$, делящего $n$. Эт, в точности, равносильно первому условию.

[nnosipov]

neo66 в сообщении #439201 писал(а):

nnosipov в сообщении #439047 писал(а):

А где Вы используете условие $(n,k!)=1$? Почему бы тогда не заменить это условие более слабым $(n,k)=1$?

Ну, смотрите, пусть мы имеем могочлен степени $k$. У него $k+1$ коэффициент. А в поле $\mathbb{F}_p$, как нетрудно заметить, $p$ элементов. Поэтому нам бы хотелось, чтобы $p\ge k+1$ для любого простого $p$, делящего $n$. Эт, в точности, равносильно первому условию.

"Вот с этого и надо было начинать. --- Мне лучше знать, с чего начинать." (Штирлиц, Мюллер, 17 мгновений весны).