Encontrar todos los números naturales $n > 1$ y $m > 1$ tal que $1!3!5!\cdots(2n - 1)! = m!$

Question

Encontrar todos los números naturales $n > 1$ y $m > 1$ tal que $1!3!5!\cdots(2n - 1)! = m!$

He estado pensando en idear algunas desigualdades que reduzcan el rango posible de pares $(n, m)$ Sin embargo, los mejores que he podido encontrar hasta ahora son $m \ge 2n - 1$ y $m \lt n^2$ que claramente no es suficiente.

Actualización.
La pregunta tiene etiqueta de combinatoria, ya que es de un libro sobre combinatoria, por lo que debe haber una solución al menos parcialmente combinatoria.

Answer 1

Obsérvese que todo divisor primo de $1!3!5!\cdots(2n-1)!$ ocurre al menos dos veces, excepto quizás $2n-1$ (si es de primera). Por el postulado de Bertrands, ya sabemos que $m!$ tiene un divisor primo que ocurre sólo una vez. (Ver ¿Puede n! ser un cuadrado perfecto cuando n es un número entero mayor que 1? ) Una versión ligeramente más fuerte del teorema dará que hay al menos dos primos en $m!$ con multiplicidad $1$ . De hecho, Wikipedia dice que para $x\geq25$ hay al menos dos primos entre $x$ y $(1+0.2)^2x=1.44x$ . Por lo tanto, no hay soluciones para $m\geq50$ (e incluso podría reducir este límite superior comprobando algunos casos a mano, es decir, buscando $m$ tal que hay al menos dos divisores primos de $m!$ con multiplicidad uno).

Las únicas soluciones son $(2,3),(3,6),(4,10)$ .

Answer 2

Dejemos que $$N:=m! =1!\>3!\>5!\cdots(2n-1)!$$ para ciertos números $m$ , $n\in{\mathbb N}_{\geq1}$ y denotar por $p$ el exponente de $2$ en la descomposición primaria de $N$ . Entonces uno tiene por un lado $$p=\left\lfloor{m\over2}\right\rfloor+\left\lfloor{m\over4}\right\rfloor+\ldots <m$$ y por otro lado $$p\geq\sum_{k=1}^n\left\lfloor{2k-1\over2}\right\rfloor={(n-1)n\over 2}\ .$$ Esto implica $$m>{(n-1)n\over2}\ .$$ Por otro lado, por el postulado de Bertrand, debemos tener $m<2(2n-1)$ porque de lo contrario $m!$ contendría un factor primo no presente en $(2n-1)!$ . Ahora $${(n-1)n\over2}<2(2n-1)$$ refuerza $n\leq8$ . Pero podemos hacerlo mejor, ya que para valores pequeños de $2n-1$ hay muchos más primos disponibles que los que garantiza el postulado de Bertrand. Por lo tanto, establecemos la siguiente tabla: $$\matrix{n&&1&2&3&4&5&6&7&8\cr 2n-1&&1&3&5&7&9&11&13&15\cr m>&&0&2&3&6&10&15&21&28\cr}$$ Esta tabla muestra que ya para $n\geq5$ cualquier "admisible" $m!$ contendría un factor primo $>2n-1$ . Así que queda por comprobar los casos $n\in[4]$ , lo que lleva a $$N\in\{1, \>6, \>720, \>3628800\}=\{1!,\>3!,\>6!,\>10!\}\ .$$ De ello se deduce que hay exactamente $4$ pares $(m,n)$ del tipo requerido.

Answer 3

Idea: demostrar que $1!3!5!\cdots(2n-1)!\geqslant(4n-1)!$ para que $m\geq4n-1$ . Por Postulado de Bertrands se deduce que no hay soluciones porque hay un primo entre $2n-1$ y $m$ .

Basta con que $1!3!5!\cdots(2n-3)!\geqslant2n(2n+1)\cdots(4n-1)$ . Sea $n\geq12$ . Tenemos

$$\begin{array}{c}(2n-3)!&=1\cdot&\cdots&n\cdot&n+1&\cdots&\cdot(2n-5)&\cdot(2n-4)&\cdot(2n-3)\\ &\geq&2^{n-2}&\cdot\frac{2n}2&\cdot\frac{2n+2}2&\cdots&\cdot\frac{4n-10}2&\cdot\frac{4n-8}2&\cdot\frac{4n-6}2\\ (2n-5)!&=1\cdot&\cdots&n\cdot&n+1&\cdots&\cdot(2n-5)\\ &\geq&2^{n-4}&&\cdot\frac{2n+1}2&\cdots&\cdot\frac{4n-11}2\\ \end{array}$$ así que $(2n-5)!(2n-3)!\geq2n(2n+1)\cdots(4n-10)\cdot(4n-8)(4n-6)$ . Hay $7$ factores que faltan para conseguir $2n(2n+1)\cdots(4n-1)$ . Obtendremos estos factores de los restantes factoriales.

Desde $x!\geq2\cdot3x\geq2(x+10)$ para $x\geq5$ tenemos $$\begin{array}{l}&(2n-19)!&(2n-17)!&(2n-15)!&(2n-13)!&(2n-11)!&(2n-9)!&(2n-7)!\\ \geq&(4n-9)&\cdot(4n-7)&\cdot(4n-5)&\cdot(4n-4)&\cdot(4n-3)&\cdot(4n-2)&\cdot(4n-1)\end{array}$$ (nota que $2n-19\geq5$ porque $n\geq12$ ) por lo que $(2n-19)!\cdots(2n-3)!\geq2n(2n+1)\cdots(4n-1)$ .

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Comprobación de $n<12$ :
para $m>1$ , $m!$ tiene un divisor primo con multiplicidad $1$ por lo que basta con comprobar los primos $2n-1$ :

• $2n-1=19$ : $23$ es primo, por lo que $m\leq22$ . Pero $5!7!9!>20\cdot21\cdot21$ , por lo que LHS>RHS.
• $2n-1=17$ : $19$ es primo, por lo que $m\leq18$ . Pero $5!>18$ , por lo que LHS>RHS.
• $2n-1=13$ : $17$ es primo, por lo que $m\leq16$ . Pero $5!7!9!>14\cdot15\cdot16$ , por lo que LHS>RHS.
• $2n-1=11$ : $13$ es primo, por lo que $m\leq12$ . Pero $5!>12$ , por lo que LHS>RHS.
• $2n-1=7$ : esto funciona y da $m=10$ , $n=4$ .
• $2n-1=5$ : esto funciona y da $m=6$ , $n=3$ .
• $2n-1=3$ : esto funciona y da $m=3$ , $n=2$ .