Chiamiamo [math]n=(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2) , con [math]x\geq3 (stiamo lavorando in [math]\mathbb{Z^+}) e [math]a=\dfrac{n}{x}=(x-2)(x-1)(x+1)(x+2).
Nella dimostrazione supporremo per assurdo che [math]n sia un quadrato.
Innanzitutto dimostriamo che [math]a non può essere un quadrato. [math]\begin{equation}
a=(x-2)(x-1)(x+1)(x+2)=x^4-5x^2+4 \\
(x^2-3)^2<a<(x^2-2)^2
\end{equation}
, dove le disuguaglianze sono sempre vere perché [math]x\geq3.
Dato che [math]a non è mai un quadrato, esiste (almeno) un primo [math]p tale che [math]v_p(a)\equiv 1 \: (\text{mod }2)
Supponiamo [math]p\geq3, quindi [math]p|a \Rightarrow p\nmid x \Rightarrow v_p(x)=0 \Rightarrow v_p(n)=v_p(a)+v_p(x)=v_p(a)\equiv1 \:(\text{mod }2) , il che è assurdo perché [math]n dev'essere un quadrato; quindi [math]p=2 e [math]v_2(a)\equiv1\: (\text{mod }2) .
Supponiamo [math]x-1\equiv0\: (\text{mod }2), questo implica [math]2\nmid x \Rightarrow v_2(x)=0 \Rightarrow v_p(n)=v_p(a)+v_p(x)=v_p(a)\equiv1 \:(\text{mod }2) , il che è assurdo perché [math]n dev'essere un quadrato.
Supponiamo [math]v_2(x)>1 \Rightarrow v_2(x-2)=1 \: , \: v_2(x+2)=1 \Rightarrow v_2(a)=2 , assurdo perché [math]v_2(a)\equiv1\: (\text{mod }2) , quindi [math]v_2(x)=1.
Osserviamo che ogni primo [math]q\geq 5 divide al massimo uno dei 5 fattori di [math]n, e dato che [math]n è un quadrato allora [math] \forall k \in \lbrace-2,-1,0,1,2 \rbrace\text{, } v_q(x+k)\equiv0 \:(\text{mod }2) .
Inoltre, avendo 5 termini consecutivi, si ha [math]3|n, ma essendo [math]x il termine centrale, [math]3|a \Leftrightarrow 3 \nmid x e quindi [math]v_3(x)\equiv0\: (\text{mod }2) e [math]v_3(a)\equiv0\: (\text{mod }2).
Dalle considerazioni precedenti segue che si può scrivere [math]x=2y^2 (con [math]y dispari), quindi [math]x-2=2y^2-2=2(y^2-1)=2(y+1)(y-1) \Rightarrow v_2(x-2)\geq4 \Rightarrow v_2(x+2)=2 \Rightarrow v_2(x-2)\equiv1 \:(\text{mod }2) \Rightarrow v_2(x-2)\geq5.
Ora abbiamo due casi:
[math]3|x
[math]3\nmid x
Se [math]3|x, allora [math]3\nmid x-1 e [math]3\nmid x+1, inoltre [math]2\nmid x-1 e [math]2\nmid x+1, quindi sia [math]x-1 che [math]x+1 sono dei quadrati perfetti, il che è assurdo.
Se [math]3\nmid x, allora [math]x=2y^2\equiv 2\cdot 1\equiv 2 \: (\text{mod }3) \Rightarrow 3|x+1 . Questo implica [math]3\nmid x-1, quindi [math]x-1 è un quadrato, e [math]3\nmid x+2 , quindi poiché [math]v_2(x+2)=2 , [math]x+2=2^2\cdot z^2=\square . Dunque sia [math]x-1 che [math]x+2 sono quadrati, e questo ha come unica soluzione [math]x=2 che non è accettabile perché [math]x\geq 3.
Dunque [math]n non può essere un quadrato perfetto.
...mi è piaciuto
Re: Prodotto di cinque numeri
Inviato: 24 set 2017, 17:29
da Talete
Rilancio: dimostrare che il prodotto di $n$ interi consecutivi non può essere una potenza $k$-esima perfetta, con $n>1$ e $k>1$.
Re: Prodotto di cinque numeri
Inviato: 24 set 2017, 20:43
da darkcrystal
Wait, stai davvero chiedendo quello che penso tu stia chiedendo? Cioè Erdös-Selfridge? Tra quando questo fatto è stato congetturato e quando è stato dimostrato sono passate svariate decine di anni, non so se sia del livello giusto per questo forum...
(Per inciso, facciamo interi positivi, giusto per evitare banalità)
Re: Prodotto di cinque numeri
Inviato: 25 set 2017, 06:41
da Talete
darkcrystal ha scritto: ↑24 set 2017, 20:43
Wait, stai davvero chiedendo quello che penso tu stia chiedendo? Cioè Erdös-Selfridge? Tra quando questo fatto è stato congetturato e quando è stato dimostrato sono passate svariate decine di anni, non so se sia del livello giusto per questo forum...
(Per inciso, facciamo interi positivi, giusto per evitare banalità)
Sì, era Erdős-Selfridge che avevo in mente
Okay, forse è un po' esagerato... però la versione con $k=2$ dovrebbe essere fattibile, o sbaglio? Si può provare quella
Re: Prodotto di cinque numeri
Inviato: 25 set 2017, 11:00
da Lasker
Ti direi che in generale è una pessima idea postare problemi rimasti aperti per un po' dopo essere stati congetturati, ma in passato ho fatto esattamente lo stesso e quindi non posso parlare
darkcrystal ha scritto: ↑24 set 2017, 20:43
Wait, stai davvero chiedendo quello che penso tu stia chiedendo? Cioè Erdös-Selfridge? Tra quando questo fatto è stato congetturato e quando è stato dimostrato sono passate svariate decine di anni, non so se sia del livello giusto per questo forum...
(Per inciso, facciamo interi positivi, giusto per evitare banalità)
Sì, era Erdős-Selfridge che avevo in mente
Okay, forse è un po' esagerato... però la versione con $k=2$ dovrebbe essere fattibile, o sbaglio? Si può provare quella
In realtà penso sia la più difficile. Per $k>2$ ed $n>3$ basta il postulato di Bertrand. Per $n\leq 2$ ovviamente la tesi è banalmente dimostrabile.
Re: Prodotto di cinque numeri
Inviato: 25 set 2017, 22:49
da darkcrystal
Calma calma calma! A me sembra sia tutto difficilissimo, ma sarà solo che sono scarso . Come fai a cavartela con il postulato di Bertrand quando $n>3, k>2$? E comunque sì, anche la versione $k=2$ tanto facile non è... Se volete qualche esercizio olimpico in questa direzione potete guardare http://www.turgor.ru/lktg/2008/1/1-1en.pdf, che non arriva a coprire i vostri casi cosiddetti "facili" , ma contiene parecchie considerazioni interessanti.
Re: Prodotto di cinque numeri
Inviato: 26 set 2017, 11:30
da Giovanni_98
Si dark mi devi scusare, ho detto una baggianata di proporzioni stellari, ovviamente hai ragione te.
Re: Prodotto di cinque numeri
Inviato: 26 set 2017, 15:32
da Talete
Lasker ha scritto: ↑25 set 2017, 11:00
Ti direi che in generale è una pessima idea postare problemi rimasti aperti per un po' dopo essere stati congetturati, ma in passato ho fatto esattamente lo stesso e quindi non posso parlare
Sempre meglio di postare problemi ancora aperti
Re: Prodotto di cinque numeri
Inviato: 28 set 2017, 20:01
da Titti24
eeh, ci ho messo una vita a capire la soluzione di GiOvy, non so se pubblicheró altri problemi, mi sa che non sono proprio al livello del forum...
cmq i video basic mi sono stati molto utili soprattutto per capire la notazione della valutazione p-adica...