Cuando $n!=m(m+1)(m+2)$ : Una ecuación diofantina

Question

Creo que este problema lo vi no hace mucho en un libro:

Resolver la ecuación diofantina $k!=n(n+1)(n+2)$ , donde $k,n$ son enteros positivos.

Sin embargo, ya no puedo encontrar esta pregunta, y un examen más detallado ha revelado la posibilidad de que me haya equivocado.

La ecuación parece ser similar a El problema de Brocard un problema no resuelto en matemáticas.

Las únicas soluciones parecen ser $(n,k)=(1,3)(8,6)(4,5)(2,4)$ .

¿Hay alguna manera fácil de resolver este problema?

Answer 1

Lo que sigue es ligeramente demasiado largo para un comentario, disculpas por ello. Dejemos que $rad(x)$ sea el mayor divisor libre de cuadrados de $x$ .

Conjetura (forma débil de la conjetura ABC) . Existe un absoluto $k \in \mathbb{R}$ (probablemente $k = 2$ funciona) tal que para todo coprimo $a, b, c$ con $a + b = c$ tenemos $rad(abc)^k > c$ .

Teorema . Asumiendo la conjetura anterior, hay a lo sumo un número finito de soluciones a la ecuación $n! = m(m+1)(m+2)$ . Más concretamente, para cada solución tenemos $n < 3^{3k+1}$ .

Prueba. Utilizando los límites conocidos de las funciones de Chebyshev (véase aquí ), obtenemos por un lado,

\begin{align*} \log(rad(m(m+1)(m+2))) &= \log(rad(n!)) \\ &< 1.000028n \\ &< n\log(3) \end{align*} Por otro lado, $\log(rad(m(m+2)(2m+2))) > \frac{1}{k} \log(m+1)$ por la conjetura anterior. Afirmamos que estos límites se contradicen cuando $n > 3^{3k+1}$ .

Por una forma explícita de la aproximación de Stirling, tenemos $\log(n!) > n (\log(n) - 1)$ . Desde $n! = m(m+1)(m+2) < (m+1)^3$ obtenemos $\log(m+1) > \frac{1}{3}n (\log(n) - 1)$ . Así obtenemos la contradicción deseada;

\begin{align*} \log(rad(m(m+1)(m+2)) &= \log(rad(m(m+2)(2m+2))) \\ &> \frac{ \log(m+1)}{k} \\ &> \frac{n(\log(n) - 1)}{3k} \\ &> n \log(3) \end{align*}

Donde la última igualdad utiliza la suposición de que $n > 3^{3k+1}$ .

Si $k=2$ efectivamente funciona, sólo tenemos que comprobar $3^7 = 2187$ valores para $n$ para encontrar todas las soluciones. Siendo un poco más cuidadoso con las estimaciones y utilizando $k = 1.63$ como valor (puedes encontrar algunos de los llamados triples abc aquí . Ningún ejemplo con $k \ge 1.63$ se conoce), sólo $n < 400$ hay que comprobarlo.

Answer 2

Hay un artículo de Shyam Sunder Gupta sobre Factoriales hacia el final comenta sobre Factoriales como producto de tres números consecutivos

Puede que este post le resulte útil: ¡El producto de n enteros consecutivos es divisible por n!