Факториал как произведение четырёх последовательных

[Батороев]

$n!+1=m^2$

$n!=m^2-1$

Это выражение выполннимо, если факториал $n!$ можно разложить на два четных множителя, отличающихся друг от друга на $2$, следовательно, взаимнопростых по всем простым за исключением $2$.

$n!=a\cdot b$

$a-b=2\cdot(2^{f-2}\cdot p_1^{s_1}p_2^{s_2}p_3^{s_3}...p_i^{s_i}-q_1^{t_1}q_2^{t_2}q_3^{t_3}...q_j^{t_j})=\pm2$

$2^{f-2}\cdot p_1^{s_1}p_2^{s_2}p_3^{s_3}...p_i^{s_i}-q_1^{t_1}q_2^{t_2}q_3^{t_3}...q_j^{t_j}=\pm1$

где $p,q$ - простые, непревосходящие $n$
$f, s, t$ - степени вхождения простых в факториал.

-- 06 дек 2010 17:41 --

Например, $7!=72\cdot70$

$2\cdot (36-35)=2$

$36-35=2^{4-2}\cdot 3^2-5\cdot7=1$

[Батороев]

Еще одно немаловажное замечание: $m$ должно быть взаимнопростым по отношению ко всем простым, не превышающим $n$.

(Оффтоп)

Интересно то, что проблема Брокарда чем-то перекликается с эвклидовым доказательством бесконечности простых, т.е. имеем произведение всех простых (или их степеней), не превышающих $n$ (правда, умноженное на степень двойки). Добавляем $1$. Полученное число должно быть взаимнопростым по отношению ко всем вышеупомянутым простым, следовательно, является либо квадратом простого числа, либо квадратом произведения простых, больших $n$.

[maxal]

age в сообщении #383659 писал(а):

Если $n!=a(a+1)(a+2)(a+3)$, то одно из чисел в правой части должно делиться на $n$.

Докажите-ка это утверждение.

[NNDeaz]

maxal в сообщении #384280 писал(а):

age в сообщении #383659 писал(а):

Если $n!=a(a+1)(a+2)(a+3)$, то одно из чисел в правой части должно делиться на $n$.

Докажите-ка это утверждение.

$n!=1*2*3*...*(n-1)*n$
n! делится на n, т.к. здесь одно из слагаемых $1*2*3*...*(n-1)*n$ и есть n.
Но т.к в нашем случае $n!=a(a+1)(a+2)(a+3)$ , следовательно и $a(a+1)(a+2)(a+3)$ делится на n.

[maxal]

NNDeaz в сообщении #384307 писал(а):

maxal в сообщении #384280 писал(а):

age в сообщении #383659 писал(а):

Если $n!=a(a+1)(a+2)(a+3)$, то одно из чисел в правой части должно делиться на $n$.

Докажите-ка это утверждение.

$n!=1*2*3*...*(n-1)*n$
n! делится на n, т.к. здесь одно из слагаемых $1*2*3*...*(n-1)*n$ и есть n.
Но т.к в нашем случае $n!=a(a+1)(a+2)(a+3)$ , следовательно и $a(a+1)(a+2)(a+3)$ делится на n.

Не вижу здесь доказательства, что "одно из чисел в правой части должно делиться на $n$".
Почему невозможен, например, случай когда $n=n_1\cdot n_2$, причем $n_1$ делит $a$, а $n_2$ делит $a+1$ ?

[age]

maxal в сообщении #384280 писал(а):

Докажите-ка это утверждение.

Доказать невозможно, там я глупость написал (исправить не смог, т.к. всего час есть). Речь там шла скорее о том, что среди четырёх последовательных чисел вряд ли найдутся такие, что делятся на $\dfrac{n}{\ln(n)}$ простых. Но это утверждение еще более сильное, чем проблема Брокарда (т.к. там всего два последовательных числа, как показал Батореев). Поэтому тот пост можно смело удалить.

-- Пн дек 06, 2010 22:49:28 --

Поэтому сама по себе задача, поставленная Xenia1996 еще более сильная, чем проблема Брокарда.

[Mathusic]

age в сообщении #384381 писал(а):

более сильная

Но менее общая.

[Sonic86]

На форуме уже вроде бы была тема про уравнение $n!+1=x^2$ с участием Руста?
Если да, то надо ее найти. Там было все очень хреново...

-- Вт дек 07, 2010 16:11:32 --

Ну да, вот она:
topic2500.html

[yk2ru]

Sonic86 в сообщении #384599 писал(а):

На форуме уже вроде бы была тема про уравнение $n!+1=x^2$ с участием Руста?
Если да, то надо ее найти. Там было все очень хреново...

-- Вт дек 07, 2010 16:11:32 --

Ну да, вот она:
topic2500.html

Для запоминания: $2500 = 50^2$

[Sonic86]

Ну и наконец замечу, что подстановкой $x=\frac{1}{4}((2a+3)^2-5)$ уравнение $n!=a(a+1)(a+2)(a+3)$ сразу сводится к гипотезе Брокарда, что какбе намекает, что эту задачу мы тоже вряд ли решим

[age]

Чтобы как-то загладить свою вину за опусы вначале темы, приведу доказательство того, что только факториалы, представимые произведениями вида $a(a+1)(a+2)...(a+k)$ могут быть решениями проблемы Брокарда.

1. Очевидно, что если существует некое решение проблемы Брокарда $n!=x^2-1$, то квадрат без единицы в правой части представляет собой произведение $n$ последовательных чисел. Тогда найдется некоторое число $a\geq3$ такое, что $x=a^{n_1}+k_1a^{n_2}+...+k_ja+1=F(a)$ - некоторый многочлен, относительно $a$.
2. Но тогда относительно $a$ и левая часть, т.е. $n!$ является квадратом того же самого многочлена за вычетом единицы: $n!=F^2(a)-1$.
3. Таким образом имеем два многочлена $F^2(a)-1$ в правой и левой части, причем левая часть это $n!$, которые делятся на $a$ и будучи сокращены на $a$ имеют свободный член $2k_j$:
$a^{t_1}+m_1a^{t_2}+...+m_ja+2k_j=a^{t_1}+m_1a^{t_2}+...+m_ja+2k_j$
4. Очевидно, что данное тождество выполнимо для любых $a$, а его правая часть для любых $a$ является квадратом без единицы, т.е. по сути решением проблемы Брокарда являются те значения параметра $a$, для которых многочлен принимает значение некоторого факториала $n!$.
5. С другой стороны, в левой части факториал представляет собой тоже произведение $n$ последовательных чисел и для того, чтобы он стал многочленом относительно параметра $a$ его также необходимо представить в виде произведения $k$ последовательных чисел относительно параметра $a$, т.е. $a(a+1)(a+2)…(a+k)$.
Причем многочлен будет получаться квадратом без единицы для любых значений $a$.
6. Но очевидно, что если факториал не может быть представлен в виде произведения $k$ последовательных чисел, то он не может быть параметризован относительно $a$, т.к. иначе будет представлять собой лишь непараметризуемое произведение $1\cdot2\cdot…\cdot n$.
В-третьих, факториал не может иметь иной параметризации, кроме как произведение последовательных чисел, т.к. представляет собой именно последнее.
7. Таким образом, проблема Брокарда разрешима только тогда, когда факториал в левой части может быть представлен как $a(a+1)(a+2)…(a+k)$, где $a\geq3$.

[Sonic86]

age писал(а):

Тогда найдется некоторое число $a\geq3$ такое, что $x=a^{n_1}+k_1a^{n_2}+...+k_ja+1=F(a)$ - некоторый многочлен, относительно $a$.

Угу, или $x=a^{n_1}+k_1a^{n_1-1}+...+k_{n_1-1}a-1=F_2(a)$

age писал(а):

С другой стороны, в левой части факториал представляет собой тоже произведение $n$ последовательных чисел и для того, чтобы он стал многочленом относительно параметра $a$ его также необходимо представить в виде произведения $k$ последовательных чисел относительно параметра $a$, т.е. $a(a+1)(a+2)…(a+k)$.

... ммм, честно говоря не понял, да и в целом не понял, но, по-моему, Вы путаете многочлен и значения многочлена. $n!$ можно представить в виде какого попало многочлена.

[age]

Sonic86 в сообщении #385238 писал(а):

$n!$ можно представить в виде какого попало многочлена.

Нельзя. Можно лишь приравнять значение факториала при конкретном $n$ значению многочлена в конкретной точке. Но представить можно только так, как я написал выше.

-- Чт дек 09, 2010 14:18:53 --

Sonic86 в сообщении #385238 писал(а):

Угу, или $x=a^{n_1}+k_1a^{n_1-1}+...+k_{n_1-1}a-1=F_2(a)$

Тогда уж $x=a^{n_1}+k_1a^{n_1-1}+...+k_{n_1-1}a\pm1=F_2(a)$.

[Sonic86]

age писал(а):

Sonic86 писал(а):

$n!$ можно представить в виде какого попало многочлена.

Нельзя.

Прошу прощенья, я неверно выразился. "какого-попало" не значит всякого, но обозначает достаточно широкий класс многочленов, больше указанного Вами. Например: $3! = x^3-2$ при $x=2$.
Ваше решение, извините, все равно не понимаю. Формалист, увы

[age]

Sonic86 в сообщении #385266 писал(а):

Например: $3! = x^3-2$ при $x=2$.

Вы приравняли факториал значению в точке $x=2$, но не представили факториал многочленом. Совсем другое дело $a(a+1)(a+2)...(a+k)$ - при $a=1$ дает $k!$, при других значениях $a$ делится на $k!$, либо является каким-либо другим факториалом. Хотя согласен формализовано здесь не совсем удачно, т.к. факториал - сама по себе величина, начинающаяся с $1$, а поэтому труднопараметризуемая.