producto de seis enteros consecutivos siendo un cuadrado perfecto

Question

Una de 1939 papel de Erdos (Nota de los Productos de números Enteros Consecutivos, J. Londres Matemáticas. Soc. 14 (1939), 194-198) muestra que un producto de enteros positivos consecutivos no puede ser un cuadrado perfecto. Él cita un 1917 papel por Narumi, que demuestra que un producto de más de 202 consecutivos enteros positivos no puede ser un cuadrado perfecto. Me parece no puede encontrar fácilmente Narumi del papel.

Aunque este resultado es conocido, tengo curiosidad acerca de la auto-contenida de primaria las pruebas de casos especiales.

No es demasiado difícil llegar con bastante rápida pruebas para dos, tres, cuatro, cinco, o siete números enteros consecutivos.

Hay un corto autónomo de primaria prueba de que el producto de seis consecutivos enteros positivos no puede ser un cuadrado perfecto? O es tal vez justo decir que este es el primer "difícil" caso?

Answer 1

No estoy seguro de cómo elemental usted quiere que su prueba, pero aquí es una prueba que utiliza curvas elípticas...

Supongamos que hay $x,y\in\mathbb{Z}$ tal que $x>0$ y

$$y^2=x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5).$$

Si ponemos $t=x+2+\frac{1}{2}$, luego tenemos

$$y^2=(t-5/2)(t-3/2)(t-1/2)(t+1/2)(t+3/2)(t+5/2)=\left(t^2-\frac{1}{4}\right)\left(t^2-\frac{9}{4}\right)\left(t^2-\frac{25}{4}\right),$$

o, de manera equivalente,

$$4^3y^2 = (4t^2-1)(4t^2-9)(4t^2-25).$$

Si ponemos $U=2^3y$$V=4t^2$, entonces tenemos una solución para la ecuación

$$U^2=(V-1)(V-9)(V-25)=V^3 - 35V^2 + 259V - 225.$$

Esto define una curva elíptica $E/\mathbb{Q}$, y podemos utilizar técnicas estándar para calcular el rango del grupo de puntos racionales $E(\mathbb{Q})$. Este método ($2$-descenso) muestra que el rango de la curva es $0$, y uno puede fácilmente por separado muestran que la torsión de los subgrupos es $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. De ello se desprende que los únicos puntos en $E(\mathbb{Q})$ son triviales puntos $(V,U)=(1,0)$, $(9,0)$ y $(25,0)$, además de que el punto de `al infinito" en la curva. Estos corresponden a $t$-valores $t=\pm 1/2$, $\pm 3/2$ y $\pm 5/2$, y por lo tanto no se dé ninguna entero de los valores de $x$$x> 0$. Por lo tanto, no hay ningún número entero soluciones de nuestra ecuación original.

Probablemente hay algunos primaria argumento que demuestra que $U^2=(V-1)(V-9)(V-25)$ sólo ha $3$ soluciones, pero no puedo pensar en uno de inmediato.

Answer 2

Es posible adaptar Ross Millikan argumento :

Suponiendo que ninguno de los números es $0$, ya que los números primos mayores que $5$ sólo puede aparecer una vez, cada uno de los seis números de la forma $2^a 3^b 5^c y^2$ $a,b,c = 0$ o $1$. También, cada uno de los prime $2,3,5$ sólo puede aparecer una cantidad de tiempo para que el producto sea un cuadrado.

Si dos de los seis números tienen el mismo exponente triple $(a,b,c)$, pone una muy pequeña límite superior en $x$ porque implica que tenemos dos plazas $y^2$ muy de cerca juntos. Así que el objetivo es tratar de darles seis diferentes exponente de triples de la $8$ disponible y no.

Si el primer $5$ no aparece, no sólo ha $4$ triples de $6$ números, imposible. Por lo $5$ tiene que aparecer dos veces en $x$ $x+5$ solamente.

A continuación, los cuatro números en el medio tiene que tomar el otro $4$ triples con el no $5$, por lo que el primer $3$ debe aparecer en $x+1$ $x+4$ solamente.

Por último, el primer $2$ tiene que aparecer dos veces en el centro sólo números. No puede aparecer tres veces o más de la totalidad del producto no ser un cuadrado, y que no puede aparecer cuatro veces porque no hay espacio suficiente.

Por lo tanto los números de $x$ $x+5$ debe ser de la forma $5y^2$. Así que cualquier cosa que hagamos una cota superior en $x$.

Answer 3

Para dos números enteros, tenga en cuenta que el MCD de a$k$$k+1$$1$, por lo que cualquier número que divide $k$ no divide $k+1$. Entonces si $n^2=k(k+1)$ ambos $k$ $k+1$ tendría que ser de plazas, pero el no los cuadrados de los enteros positivos se diferencian por $1$.

Agregado: como idmercer sugiere $k(k+1)(k+2)(k+3)=(k^2+3k+1)^2-1$, por lo que no puede ser un cuadrado.

Answer 4

Hay una escuela primaria de respuesta en realidad. Usted tiene n, n+1, n+2, n+3, n+4, n+5. Cada dos números no será un múltiplo de dos. Esto significa, porque hay seis números en todos, que la primera xor el último número será un múltiplo de dos. Habrá tres múltiplos de dos. Cada tres números será un múltiplo de tres. Porque tres es impar, si el primer múltiplo de tres, incluso, el segundo será de tres, más que y así será impar. Si el primer múltiplo de tres es impar, el segundo es de tres, más un número impar, así que es incluso. Así que no importa qué, uno de los múltiplos de dos, es también un múltiplo de tres, y sólo hay dos múltiplos de tres en nuestra lista. Habrá uno o dos de los múltiplos de cinco en la lista. Si hay dos, entonces debe ser el primer y el último número. Dado que uno de los primeros y los últimos números ya es un múltiplo de dos, sólo adquirir información sobre un "nuevo" número, a menos que la primera es un múltiplo de dos, y el último es un múltiplo de tres, o viceversa, en cuyo caso obtenemos información acerca de ningún "nuevo" de los números. Ahora bien, si los cinco aparece una vez en la lista sólo podemos obtener información acerca de un "nuevo" número max. Así, se han encontrado todos los lugares 2, 3, o 5 puede ser un factor, pero esto sólo representa el cinco números únicos (tres múltiplos de 2, un múltiplo de tres (porque uno se superpone con los múltiplos de dos], y uno (o ninguno) extra múltiplo de 5 [porque si hay dos cincos uno se superpone con los múltiplos de dos]. Eso significa que tenemos cinco números que tienen factores primos 2, 3, o 5 en nuestra lista, y uno que no. Pero una lista de 6 consecutivos enteros positivos no se puede repetir ningún factor primo mayor que 5. Así que nuestro número desconocido debe tener un primer factor que es sólo una vez en la lista, y por lo tanto el producto de la lista no puede ser un cuadrado. La única excepción es el número sin ningún tipo de factores primos, 1. Si nuestro número desconocido es 1, entonces la lista se 1, 2, 3, 4, 5, 6. Pero cinco es un primer factor sólo una vez allí, en esa lista, por lo que no es una plaza cualquiera.

Edit: Esto es incorrecto, porque el número de personas sin factores 2, 3, o 5 podría ser una misma plaza.