$n!$ como producto de números consecutivos

Question

Dejemos que $n$ sea un número entero positivo.

¿De cuántas maneras se puede escribir $n!$ como producto de enteros consecutivos?

Por ejemplo: $4!=1\times2\times3\times4=2\times3\times4$ . Aquí, $2$ existen posibilidades.

$5!=1\times2\times3\times4\times5=2\times3\times4\times5=4\times5\times6$ . Aquí, $3$ existen posibilidades.

Answer 1

Los productos de números enteros consecutivos, $(m+1)\cdot (m+2)\cdot(m+3)\cdots n$ es un factorial del que se han eliminado los primeros factores, es decir $\dfrac{n!}{m!}$ . Para que sea igual a otro factorial, hay que descartar los factores mayores de $n!$ es decir $n\cdot(n-1)\cdot(n-2)\cdots$ .

Siempre es posible descartar $n$ sí mismo. Esto da como resultado $$\frac{(m!)!}{m!}=(m!-1)!$$ Por ejemplo $$5\cdot6\cdots24=1\cdot2\cdots23.$$ y hay infinitas soluciones, extremadamente grandes. Otras soluciones son accidentales y raras.

Answer 2

Hay infinitos $n$ para lo cual $n!$ puede escribirse de 3 maneras. Todo lo que tienes que hacer es establecer $n_k = 2 \cdot 3 \cdot 4 \ldots \cdot k$ . Entonces, siempre que $n = n_k - 1$ para algunos $k$ puede eliminar la primera $k$ los números en el producto y añadir $n_k$ hasta el final. Parece mucho más complicado demostrar que se pueden añadir, por ejemplo, dos números consecutivos adicionales al final del producto para infinitos $n$ (y determinar para qué $n$ cuando se puede, en forma analítica o de cálculo rápido). Si añades dos números al final $n+1$ y $n+2$ entonces $GCD(n+1,n+2) = 1$ así que de alguna manera $n+1$ y $n+2$ debe repartir los factores primos de $n_k!$ . Actualmente estoy realizando una búsqueda informática para encontrar el primer $n$ (si es que hay alguna) en la que esto sea posible. Actualizaré si encuentro algo.

Answer 3

Existen al menos 2 combinaciones triviales (1*2*...*n y 2*3*...*n).

También existirá una tercera combinación si n+1 es el potencial de otro número, aunque no es una condición suficiente.

Por ejemplo:

mientras 23! = 1*2*3*...*23 = 2*3*4*5*...*23 = 5*6*...*23*24

Para obtener una cuarta combinación siguiendo este método, tendría que ser un número que alcanzara las siguientes condiciones:

• ¡n+1 = m!
• n+2 = p!/m!

pero en cuanto p!/m! es siempre un número par (p>m+1), la diferencia entre éste y m! (también par) no puede ser uno.

Por ello, no es posible tener 4 combinaciones.