Пытаюсь проверить гипотезу о том, что каждый факториал, начиная с $%4!=24$%, представим в виде разности квадратов двух простых чисел.

Факториалы чисел 4 и 5 легко проверяются в уме. Далее, до числа 10 включительно, нетрудно проверить на Альфе. А затем уже сложнее. Может, есть какое-нибудь доказательство?

задан 10 Апр '18 11:01

2

Ну, насколько я понял, что факториал 11 как раз является контрпримером.

(10 Апр '18 14:34) Williams Wol...
1

Если я ничего не напутал в своем переборе :)

(10 Апр '18 14:35) Williams Wol...

@Williams Wol..., Вы вручную перебирали?

(10 Апр '18 15:36) Казвертеночка
1

Упаси господи, доверил данное дело компьютеру.

(10 Апр '18 15:45) Williams Wol...

@Williams Wol..., ну так я тоже на компьютере, только вручную! Вот так вот: https://www.wolframalpha.com/input/?i=solve+x%5E2-y%5E2%3D11!+over+the+integers И не хватило терпёжки все 840 решений отъекатеринить :)

(10 Апр '18 15:49) Казвертеночка
1

@Williams Wol...: 11!=7109^2-3259^2=36563^2-36013^2 (два варианта).

(10 Апр '18 17:11) falcao
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
4

Ваша гипотеза предположительно (снова гипотеза - :) ) должна быть ошибочна, ибо если она верна, то мы по сути получим формулу простых чисел. Ниже напишу теоритическое обоснование алгоритма, который сокращает перебор. Пусть нам надо проверить $%m!$%. Пусть $%m!=p^2-q^2$%. Тогда $%p,q$% нечетные простые. Пусть $%p-q=2k, \; p+q=\frac{m!}{2k}$%. Тогда $%p=\frac{m!}{4k}+k$%, $%q=\frac{m!}{4k}-k$%. И будем иметь, что $%m!=\left(\frac{m!}{4k}+k \right)^2-\left(\frac{m!}{4k}-k \right)^2$%. Во первых видим, что $%1 \le k <\frac{\sqrt{m!}}{2}$%. То есть для проверки каждого $%m!$% нам надо совершать перебор значений $%k$% в указаных пределах. Но перебор можно сократить, взяв во внимание то, что числа $%k$% и $%\frac{m!}{4k}$% должны быть взаимнопросты и при этом число $%m!$% должно делится на $%k$%. Поэтому либо число $%k$% равняется 1, либо оно в разложении на простые множители не содержит нечетных простых чисел, либо нечетные простые не превышающие $%m$% оно содержит в наивысшей степени, в которой они входят в разложение числа $%m!$%. Число $%k$% может быть и четным и при этом понятен степень двойки, на который оно должно делится.

Р.S. К примеру, если $%m=11$%, то число $%k$% может равнятся либо одному из чисел $%1, 2^6, 3^4, 5^2, 7, 11$% либо произведению нескольких из этих чисел. Вполне возможно и вручную проверить.

ссылка

отвечен 10 Апр '18 14:47

изменен 10 Апр '18 15:47

@Witold2357, большое спасибо! А Ваша гипотеза, даже если вдруг окажется неверной, отличается необычной красотой.

(10 Апр '18 15:38) Казвертеночка
10|600 символов нужно символов осталось
3

А я думаю, что гипотеза верна, но доказать её, скорее всего, труднее, чем гипотезу Гольдбаха - Эйлера.

Я проверил на компьютере число вариантов представления факториала в виде p^2-q^2 (а вообще-то можно брать почти любые числа, не обязательно факториалы). Оказалось, что оно не только нигде не равно нулю, но в общем и целом растёт. Если для чисел от 4 до 10 количество вариантов соответственно равно 1 3 3 3 4 2 2, то далее мы имеем 2 3 3 4 5 2 5 3 6 4 4 5 11 9 9 5 6 8 10 12 (я проверил n! при n от 11 до 30).

Рост достаточно заметный, и он, скорее всего, соответствует вероятностной оценке. Напомню, что для случая Гольдбаха - Эйлера надо доказать, что число решений уравнения n=p+q в простых числах не равно нулю, но реальное предположение состоит в том, что оно растёт как Cn/(ln n)^2.

Добавление. Написал другую программу, которая всё перебирает быстрее. Это позволило просчитать факториалы от 31 до 50. Там числа ощутимо растут, и для некоторых значений получается аж 147 разных способов представления факториала в виде разности квадратов простых. Вот сами данные:

13 18 25 20 14 9 26 14 28 12

44 39 60 47 61 60 147 95 85 105

Надо заметить, что факториалы как таковые выбраны удачно, поскольку для "соседних" с ними чисел (я брал близкие, кратные 8), число способов равно нулю. Там надо, чтобы разложение на простые было "богатое", и тогда всё проходит.

Интересно, что для случайно опробованного числа 2^4 3^1 5^3 11^2 19^1 число способов равно нулю, а для 2^5 3^1 5^3 11^2 19^1 есть один способ представления. То есть какой-то совсем общей закономерности не вырисовывается, но факториалы при этом чем-то выделяются.

ссылка

отвечен 10 Апр '18 17:10

изменен 10 Апр '18 23:09

1

@falcao, большое спасибо!

(10 Апр '18 17:11) Казвертеночка
1

@falcao, Вы пишете: "А я думаю, что гипотеза верна", которая из них? Моя или @Witold2357?

(10 Апр '18 17:15) Казвертеночка
2

@Казвертеночка: я говорил про Вашу гипотезу о представимости. В плане того, что там много вариантов представимости имеется.

(10 Апр '18 17:29) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,371
×68
×33
×20
×12

задан
10 Апр '18 11:01

показан
575 раз

обновлен
10 Апр '18 23:09

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru