Решить в натуральных числах x! = y! z^2

[Woland]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

В любой цепочке последовательно идущих чисел встретится хотя бы одно число взаимно простое со всеми остальными числами этой цепочки. Если это число не полный квадрат, утверждение доказано.

Это гипотеза или Вы можете доказать, к примеру для случая равного 5?

[juna]

Факт то этот вроде бы экспериментально очевидный, однако, как доказать - не вижу, откройте мне веки, тормозимс...

[Руст]

Woland писал(а):

Артамонов Ю.Н. писал(а):

В любой цепочке последовательно идущих чисел встретится хотя бы одно число взаимно простое со всеми остальными числами этой цепочки. Если это число не полный квадрат, утверждение доказано.

Это гипотеза или Вы можете доказать, к примеру для случая равного 5?

Вначале надо доказать, что при k>1,y>k в разложении хотя бы одного числа входит простой множитель больше k.

[Woland]

Пусть $ A=(n+1)(n+2)*...*(n+3)(n+k)$, обозначим за P-множество простых
чисел меньших либо равных k. т.е. P={2,3,5,...,m| где m-простое и m<=k}
Заметим ,что среди чисел $(n+1),(n+2),...,(n+k)$ должно найтись хотябы одно число не делящееся на 2, хотябы одно число не делящееся на 3,...,хотябы одно число не делящееся на m. Выделим те числа
$R_{11},R_{12},..,R_{1l_1} $ которые не делятся на 2, тогда любые два соседних числа, связанны соотношением: $R_{1q}+2=R_{1(q+1)} $ и следовательно среди этих чисел должно найтись,хотябы одно не делящееся на 3. Выделим из них все те числа $R_{21},R_{22},..,R_{2l_2} $ которые не делятся на 3. тогда любые два соседних числа, связанны соотношением либо $R_{2q}+2=R_{2(q+1)} $ либо $R_{2q}+4=R_{2(q+1)} $ и следовательно среди этих чисел должно найтись, хотябы одно не делящееся на 5.
Продолжая этот процесс не более чем за m- количество шагов мы получим число D не имеющее делителей из множества Q=P\x, где x некоторое из P либо нуль. Теперь поскольку D либо простое, либо делится на некоторое простое число s. То s обязанно быть больше k (ибо все числа s<m уже задействованны) но в этом случае D единственное такое число(имеющее общий множитель s) , среди k подряд идущих чисел .
Следовательно первая часть утверждения Артамонов Ю.Н.-"В любой цепочке последовательно идущих чисел встретится хотя бы одно число взаимно простое со всеми остальными числами этой цепочки." -доказана.

[Руст]

Я неправильно высказался и исправил. А это утверждение (которое вы доказываете) вообще не верно. Пусть числа $p_1,p_2,...,p_s, P=p_1*...*p_{s-2}$ простые не превосходящие к. Тогда выбем число а: $aP=-1(mod \ p_{s-1}),aP=1(mod \ p_s),(0<a<p_{s-1}p_s)$
Тогда взяв $y=aP-b, b=p_{s-1}$ получаем, что каждое число (y+1),(y+2),...(y+2b-1) делится на простое число меньшее к. Так как 2b-1>=k при k>4 то это доказывает, что это утверждение неверно.

[Woland]

Руст писал(а):

Тогда взяв $y=aP-b, b=p_{s-1}$ получаем, что каждое число (y+1),(y+2),...(y+2b-1) делится на простое число меньшее к. Так как 2b-1>=k при k>4 то это доказывает, что это утверждение неверно.

Понятно ,что каждое из чисел (y+1),(y+2),...(y+2b-1) делится на какое либо простое число s<k. Но все они на одно и тоже простое число не делятся. Среди них также обязательно должно найтись число НЕ имеющее вид$W_1=2*3*t $, где (t,6)=1, при k=4.Это
следует из того,что выкинув через одно все чётные числа мы получим, ряд нечётных чисел,
у которого два соседних члена рознятся на 2. Т.е $A_1+2=A_2 $ и еслибы
$A_1$ и $A_2 $ делилось на 3 ,то должно былобы делится и
2 что невозможно. Далее, среди чисел (y+1),(y+2),...(y+2b-1) должно найтись число
НЕ имеющее вид$W_1=2^{a_1}*3^{a_2}*5^{a_3}*t $, где (t,30)=1 и
$a_1,a_2,a_3>1 $ , при k=5. Доказывается аналогично моему предпоследнему посту. То есть если из оставшегося ряда выкинуть числа делящиеся на 3, то
поскольку остаток не пуст и оставшиеся соседнии числа могут рознится между собой лишь на
число 2 или 4 т.е либо $A_1+2=A_2 $ либо $A_1+4=A_2 $
, то еслибы ВСЕ числа делились на 5 то получилось противоречие ибо 2,4 не делят 5.
Вообще же на каждом шаге мы получаем, что в оставшемся ряду соседние члены
связанны соотношением $A_1+b=A_2 $ ,где $b=2^{a_1}*3^{a_2}*5^{a_3}* (m-1)^{a_l} $, и значит соседнии не имеют общих множителей- m, так как
b на m не делится.




И так далее.

[Woland]

Или у меня где то закралась, не заметная ошибка?

[Руст]

При этом все числа выкините. Например y=31,k=5 числа 32,33,34,35,36. Вы вначале выброите числа 32,34,36, потом 33, а потом 35.

[Woland]

Руст писал(а):

При этом все числа выкините. Например y=31,k=5 числа 32,33,34,35,36. Вы вначале выброите числа 32,34,36, потом 33, а потом 35.

Я же написал:

Woland писал(а):

Продолжая этот процесс не более чем за m- количество шагов мы получим число D не имеющее делителей из множества Q=P\x, где x некоторое из P либо нуль.

по дурацки конечно но всё же написал. Этим я хотел сказать, что в конце, мы либо получим одно единственное число, которое может быть и делится на некоторое m из P,
где m=max{2,3,..,k}(простых чисел меньших либо равных k), но является
ЕДИНСТВЕННЫМ, из ряда (n+1)*..*(n+k) , которое делится на m и не делится не на одно
простое p<m. Либо число которое cамо является простым и тогда оно больше k. Но в
любом случае оно взаимопросто со всеми остальными числами из набора в k членов.

В приведённом Вами примере 35- взаимопросто со всеми остальными членами указанного
Вами набора.
P.s.
Когда уже написал- наверное понял, что Вы хотели сказать. Мы после каждого выкидования,
получаем новый набор чисел и выкидываем в нём не члены идущие через r-членов,
а в произвольном порядке. Так в приведёном Вами примере, на втором шаге,у нас
останутся числа 33 и 35 из них согласно изложенному алгоритму мы должны выкинуть
лишь 33 так как только оно делится на 3. И в конце мы получаем одно число 35. Которое
и является искомым т.е. взаимопросто со всеми остальными.

[Руст]

При этом процессе может оказаться, что в последним шаге выкидывается сразу несколько членов (а не один), т.е. надо говорит один из последних членов. К тому же, член оставшийся последним может оказаться не взаимнопростым с одним из членов, выкинутых ранее. Например пусть y=9439,k=21. В первом шаге мы выкидываем все чётные 9440,...,9460 в том числе 9448. Последним числом окажется число делящиеся на 13 9451. Но это число не взаимно проста с ранее выкинутым 9448.

[Woland]

Прошу извенить меня но числа 9448 и 9451 - взаимно просты.

[Руст]

Да, с примером ошибся. Однако такой контрпример существует. Только он слишком большой. Существует число у меньше чем произведение нечётных простых чисел от 3 до 43 включительно, что все числа y+1,y+2,...,y+89 делятся на одно из простых чисел, не превосходящих 43. В этом случае последним вычеркивается число делящееся на 43, при этом (это ясно из длины 89>=86) до этого уже вычеркнули другое число делящееся на 43 (только чётное). Т.е. последнее оставшееся число не является взаимно простым со всеми остальными.

[Woland]

Вообщето число 9451 взаимо- простое со всеми Вашими числами .

Руст писал(а):

При этом процессе может оказаться, что в последним шаге выкидывается сразу несколько членов (а не один), т.е. надо говорит один из последних членов.

Этого быть не может. Потому что все числа при выкидывании членов, кратным, простому числу m, из нашей последовательности, на очередном шаге, могут образовать лишь "брешь", длиной m, так что разность между двумя любыми числами может быть лишь b=2,4,6,..,p+1
где p предпоследнее простое число p<=k. Тогда для последнего шага мы будем иметь
числа удовлетворяющие соотношению $A_1+b=A_2 $ и поскольку b не кратно
последнему простому числу m,то и все числа, $A_1,A_2,..A_r $ Не кратны
m. Выкинув же из них все кратные m, мы получим оканчательный набор чисел, в
котором нет не одного числа, кратного 2,3,..,m. Но и между собой они не могут иметь
не каких отличных от 2,3,..,m делителей т.к. разность их между этими числами <k.

[Руст]

Woland писал(а):

Вообщето число 9451 взаимо- простое со всеми Вашими числами .

Руст писал(а):

При этом процессе может оказаться, что в последним шаге выкидывается сразу несколько членов (а не один), т.е. надо говорит один из последних членов.

Этого быть не может. Потому что все числа при выкидывании членов, кратным, простому числу m, из нашей последовательности, на очередном шаге, могут образовать лишь "брешь", длиной m, так что разность между двумя любыми числами может быть лишь b=2,4,6,..,p+1
где p предпоследнее простое число p<=k. Тогда для последнего шага мы будем иметь
числа удовлетворяющие соотношению $A_1+b=A_2 $ и поскольку b не кратно
последнему простому числу m,то и все числа, $A_1,A_2,..A_r $ Не кратны
m. Выкинув же из них все кратные m, мы получим оканчательный набор чисел, в
котором нет не одного числа, кратного 2,3,..,m. Но и между собой они не могут иметь
не каких отличных от 2,3,..,m делителей т.к. разность их между этими числами <k.

А вы не учли, что последнее число делится на простое число m гораздо меньше, чем k. Вот в приведённом примере k=89 а m=43.

[Woland]

Руст писал(а):

А вы не учли, что последнее число делится на простое число m гораздо меньше, чем k. Вот в приведённом примере k=89 а m=43.

Уважаемый Руст, доказательство взаимопростоты с числом p у меня получается из того, что я доказываю ,что существует число не
делящееся одновременно на 2,3,..,m-1. При этом совершенно не
важно на, что делятся выкинутые на том или ином этапе числа,
раз это число не делится не на одно из 2,3,..,m-1. Правда здесь
есть тонкий момент, связанный стем,что возможно на одном из
этапов, мы выкинули cамо число делящееся m.
Гипотеза: этого быть не может.