2010 последовательных чисел.

[hippie]

Можно ли некоторые 2010 последовательных целых чисел разбить на 2 подмножества так, чтобы произведение всех чисел одного подмножества равнялось произведению всех чисел другого подмножества?

[Ktina]

Гораздо сложнее доказать, что таких множеств (таких 2010-ок) лишь конечное число.

[hippie]

Не согласен.

Конечность очевидна даже при значительно более общих условиях.
Если вместо множеств последовательных целых чисел рассматривать множества вида $\{ z+1,\ z+2,\ \dots,\ z+2010\},$ где $z$ — произвольное комплексное число, то среди них найдётся только конечное число таких, которые можно разбить в соответствии с условиями задачи.

[Dave]

hippie в сообщении #546030 писал(а):

Можно ли некоторые 2010 последовательных целых чисел разбить на 2 подмножества так, чтобы произведение всех чисел одного подмножества равнялось произведению всех чисел другого подмножества?

Пусть $A$ - любое множество из $2010$ последовательных целых чисел, а $A=B \cup C$ - любое его разбиение; $P_A=\prod_{x \in A} x$, $P_B=\prod_{x \in B} x$, $P_C=\prod_{x \in C} x$.
$\Game=2011$ - простое число. Если хотя бы одно число из $A$, например, принадлежащее множеству $B$, делится на $\Game$, то ввиду того, что $\Game$ больше, чем "размах" множества $A$, в $A$ больше нет чисел, делящихся на $\Game$, а значит $\Game \mid P_B$, в то время как $\Game \nmid P_C$ и, стало быть, $P_B \neq P_C$.
Если ни одно из чисел $A$ не делится на $\Game$, то $A=\{\Game n+1,\Game n+2, \dots \Game n+\Game-1\}$ для некоторого целого $n$. Значит $P_A \equiv (\Game-1)! \pmod \Game$ и, по теореме Вильсона, $P_A \equiv -1 \pmod \Game$. Если $P_B=P_C$, то $-1 \equiv P_A \equiv (P_B)^2 \pmod \Game$, т.е. $-1$ - квадратичный вычет по модулю $\Game$. Но, согласно критерию Эйлера, это не так, ибо $\Game \equiv 3 \pmod 4$ и $(-1)^{\frac {\Game-1} 2} \equiv -1 \pmod \Game$.

Ktina в сообщении #546036 писал(а):

Гораздо сложнее доказать, что таких множеств (таких 2010-ок) лишь конечное число.

Выше было доказано, что таких множеств нет. Поскольку множество $\varnothing$ считается конечным, то таких множеств действительно конечное число, и доказать это было ненамного сложнее.

hippie в сообщении #546039 писал(а):

Не согласен.

Конечность очевидна даже при значительно более общих условиях.
Если вместо множеств последовательных целых чисел рассматривать множества вида $\{ z+1,\ z+2,\ \dots,\ z+2010\},$ где $z$ — произвольное комплексное число, то среди них найдётся только конечное число таких, которые можно разбить в соответствии с условиями задачи.

$$\{(z, P, Q) \mid z \in \mathbb C, P \cap Q = \varnothing, P \cup Q = \{z+1,z+2,\dots,z+2010\}, \prod_{x \in P} x=\prod_{x \in Q} x\} \leftrightarrow$$

$$\leftrightarrow \{(z, R) \mid z \in \mathbb C, R \subseteq \mho, \prod_{x \in R} (z+x) - \prod_{x \in \mho \setminus R} (z+x) = 0\},$$

где $\mho=\{1,2,\dots,2010\}$, а значок $\leftrightarrow$ означает биекцию, заданную соотношениями $z'=z, P=\{z+x \mid x \in R\}, Q=\{z+x \mid x \in \mho \setminus R\}$. Поскольку $T_R(z) \equiv \prod_{x \in R} (z+x) - \prod_{x \in \mho \setminus R} (z+x)$ - многочлен степени не выше $2010$, то он имеет не более $2010$ различных корней, значит в каждом из множеств $\{(z, P, Q)\}$, $\{(z, R)\}$, не более $2010 \vert 2^{\mho} \vert=2010 \cdot 2^{2010}$ элементов, а количество подходящих чисел $z$ ещё как минимум в два раза меньше (ввиду $(z, P, Q) \leftrightarrow (z, Q, P)$).

[hippie]

Точно!
Именно эти доказательства я имел в виду.

[Dave]

При решении этой задачи мне в голову пришла такая гипотеза:

Если $n$ - любое натуральное число, то в любой группе из $n$ последовательных натуральных чисел, больших $n$, найдётся хотя бы одно число, имеющее простой делитель, больший, чем $n$.

Интересно, верна ли она?

[RIP]

Это теорема Сильвестра(—Шура). (Гуглите «sylvester schur theorem».)

[Dave]

Да, спасибо, оказывается уже больше 100 лет назад доказали...