En una de nuestras pruebas, el crédito extra fue para encontrar el número que usted tomaría de la $\{1!,2!,3!,...(N-1)!,N!\}$ tal que el producto de la serie es un cuadrado perfecto. Mi respuesta fue la siguiente:
Suponga $N$ es incluso. Primera nota de que $(n!)=(n-1)!\cdot n$.
Aplicar esto a los números impares para obtener el producto: $$(2!)(2!)\cdot 3 \cdot(4!)(4!)\cdot 5\cdots ((N-2)!)((N-2)!)\cdot (N-1)\cdot N!$$
Deje $ 2!4!6!...(N-2)!=E$. Entonces nuestra ecuación es igual a: $$E^23\cdot 5\cdot 7\cdots (N-1)\cdot (N!)$$
Expandir $N!$:
$$E^2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdots (N-1)\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdots N$$
El grupo de los términos raros juntos:
$$E^2\cdot 3\cdot 3\cdot 5\cdot 5\cdot 7 \cdot 7\cdots (N-1)\cdot 2\cdot 4\cdot 6\cdots N$$
Deje $O=1\cdot3\cdot5...\cdot (N-1)$:
$$E^2O^2 2\cdot 4\cdot 6\cdots N = E^2O^2\cdot (2\cdot 2)\cdot (2\cdot 3)\cdot (2\cdot 4)\cdots (2\cdot (N/2))$$
Agrupa las $2$'s:
$$E^2O^22^{(N/2)}1\cdot2\cdot3...(N/2)=E^2O^22^{(N/2)}\cdot(N/2)!$$
Por lo tanto, si $N/2$ es incluso, puede ser expresado como $2m$ algunos $m$. Por lo tanto tenemos:
$$E^2O^22^{2m}(N/2)!=(EO2^m)^2(N/2)!$$ Por lo tanto, si $N$ es, incluso, el número que falta es $(N/2)!$ si $N/2$ es incluso. Por ejemplo, para $N=4$, $2!$ falta, $N=6$ es imposible ($3$ es impar), y para $N=100$, $50!$ es la que falta.
Tengo parcial de crédito - pero mi maestra me dijo que me perdí un caso, y que yo debería dejar una nota adhesiva en su escritorio con un número para mostrar que he corregido la prueba.
Creo que el error puede estar en el supuesto de $N$ es aún, pero no estoy seguro de cómo tratar con el caso de $N$ impar.
Y, me he encontrado con que mi solución da $4!$$N=8$, pero $3!$ es también una solución. Más allá de eso, ¿cómo puede un número muestran que he corregido la prueba?
