X!Y!=Z!T!

[Andrey A]

Dmitriy40 в сообщении #1368888 писал(а):

из той квадратичной формы с $n=z^2$ перехлёст убрать нельзя.

Почему же. Там перехлест $(z+2)\ldots(z+z^2-1)=(z+2)\ldots(z+z^2-1)$. Вычеркивая его, получаем $(z+0)(z+1)=(z+z^2)$ - тривиальное решение с $n=2,m=1$. Если я чего-то не понимаю, дайте конкретный пример "неубираемого", но боюсь что в течении вечера не смогу отвечать. Что же, получается что каждое нетривиальное решение уникально?

[Dmitriy40]

Andrey A
Вы изначально потребовали $m>1$, что исключает справа единственное число.
Да и не интересны эти тривиальные решения, так что исключили правильно.

[Andrey A]

Да, но и производные от них интересней только количеством знаков. Можно ведь построить подобные для любого $n$ при $m=1$. К примеру $(a-1)a(a+1)=(a^3-a)$. Заполняем промежуток от $(a+2)$ до $(a^3-a-1)$, и вот новое решение. Ну, Вы сами говорили что их море. Собственно, их и тривиальными не назовешь, это как непримитивные евклидовы тройки - класс решений, существование которых зависит от некого изначального решения. Просто отмечаем, что их структура известна и занимаемся чем-то более интересным.

[Dmitriy40]

Да, можно построить, я даже формулой написал сколько каких. И все их (включая и кучу моих примеров) предлагаю теперь считать тривиальными и не интересными.
А все остальные сводятся к одному из диофантовых уравнений от двух переменных степени $n$. И для $n<100$ других решений кроме 4-х выше не нашёл, хотя например для $n=3\ldots10$ проверил до $x<10^6$.
Т.е. задача из малопонятной кучи произведений трансформируется в хорошо известную задачу решения некоего диофантового уравнения (своего для каждой пары $n,m$), в эту сторону и рыть. Ничего принципиально другого тут быть не может.

[Andrey A]

Надо бы подытожить. И так, существует лишь конечное число нетривиальных равенств вида
$10! =6!\cdot 7!$
или
$4!\cdot 15! =7!\cdot 13!$
$14!\cdot 62! =7!\cdot 66!$
$18!\cdot 57! =22!\cdot 54!$
Очень может быть что число это $=4$, и все возможные варианты записаны здесь, однако доказательств нет. Открытая математическая проблема
Почленным делением получаем также
$10!\cdot 13! =4!\cdot 6!\cdot 15!$
$10!\cdot 66! =6!\cdot 14!\cdot 62!$
$4!\cdot 15!\cdot 66! =13!\cdot 14!\cdot 62!$ и т.д., но это уже другая задача.