Решить уравнение

[Ybogii]

Всем доброго времени суток (у нас утро).
Решить уравнение

$$n!(n-1)!=m!$$

[Sonic86]

Скорее всего решается постулатом Бертрана: произведение $n! (n-1)!$ содержит все простые в четной степени, исключая только $n$ в случае, если $n$ - простое. А $m!$ при $m>m_0$ содержит по постулату Бертрана хотя бы 2 простых числа в 1-й степени.
(на самом деле постулат Бертрана говорит об одном числе, значит случай простого $n$ можно поразбирать отдельно)

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #516416 писал(а):

произведение $n! (n-1)!$ содержит все простые в четной степени, исключая только $n$ в случае, если $n$ - простое.

Не только в этом случае.

[Sonic86]

nnosipov в сообщении #516424 писал(а):

Не только в этом случае.

А, ну да - нечетная степень простого.

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #516425 писал(а):

А, ну да - нечетная степень простого.

Всё гораздо хуже, так как $n!(n-1)!=n((n-1)!)^2$, поэтому простых делителей в нечётной степени может быть сколько угодно (например, при $n=p_1p_2\ldots p_s$, где $p_i$ --- попарно различные простые числа).

[Sonic86]

Да, туплю я страшно.
$n((n-1)!)^2=m \Rightarrow \prod\limits_{\frac{m}{2}<p \leqslant m} p \mid n \Rightarrow n \geqslant \prod\limits_{\frac{m}{2}<p \leqslant m} p>m$ при $m>m_0$ (произведение растет как $\approx e^m$), а значит при $m>m_0$ решений нет. Осталось только $m_0$ найти. Довольно легко предположить, что $m_0 \geqslant 7$, например.
По теореме Чебышева в $[x; \frac{6}{5}x]$ есть хотя бы одно простое число. Полагая $x= \frac{m}{2}$, получим, что в каждом из $[\frac{m}{2};\frac{3m}{5}], [\frac{3m}{5}+1;\frac{18m}{25}+\frac{6}{5}]$ есть хотя бы одно простое число, причем ясно что $\frac{18m}{25}+\frac{6}{5}<m$ при $m>4$, каждое простое число $\geqslant \frac{m}{2}$, а значит их произведение $\geqslant \frac{m^2}{4}>m$ при $m>4$. Видимо $m_0 \leqslant 4$ - перебираем первые 4 натуральных $m$ и все.
Правильно?

-- Сб дек 17, 2011 10:37:03 --

Хотя вру: $m_0$ будет минимальным $x$, для которого верна теорема Чебышева. А я его не помню если оно вообще вычислено.

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #516480 писал(а):

Правильно?

Да, только теоремой Чебышёва не хочется пользоваться. Нет ли чего попроще?

[Sonic86]

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #516487 писал(а):

Да, только теоремой Чебышёва не хочется пользоваться. Нет ли чего попроще?

Не знаю. Вообще я еще не видел ни одного уравнения с факториалами, которые бы решались по-человечески.

Решение $2!1! =2!$
Вот похожее уравнение: topic39256.html
Отсюда взял еще решение $7!6! =10!$
Интересно, как решается уравнение $x!y! =z!$. Тут есть как минимум серия решений.

[maxal]

Sonic86 в сообщении #516532 писал(а):

Отсюда взял еще решение $7!6! =10!$
Интересно, как решается уравнение $x!y! =z!$. Тут есть как минимум серия решений.

см. http://mathworld.wolfram.com/FactorialProducts.html

[Sonic86]

maxal в сообщении #516586 писал(а):

см. http://mathworld.wolfram.com/FactorialProducts.html

Спасибо!

[mihiv]

Если $n$ четное,то для доказательства отсутствия решения достаточно постулата Бертрана:пусть $q$ наибольшее простое между $\frac n2$ и $n$,тогда т.к. $n!(n-1)!$ содержит $q$ во второй степени,то должно быть $m\geq 2q$,но согласно постулату Бертрана между $q$ и $2q$ содержится простое число $q_1$,оно должно быть $>n$,т.к. по предположению $q$ наибольшее простое между $\frac n2$ и $n$.
Если же $n$ простое,то для доказательства достаточно предположения(более сильного,чем постулат Бертрана),что между $\frac {n-1}2$ и $n-1$ содержатся по крайней мере два простых числа,