途中まで、こんな感じでいいんでしょうか
なんかこれ以降証明無理な気がします
考え方あってるかだけ教えてください

１つの例だけ…

こんな問題出すぐらいだから・・・

[解答]
一般に、p を p≡3 (mod 4) 型の素数とした時、p-1 個の連続した整数の積が
正の平方数にならないことを示す。
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任意の整数 n から始まる連続する p-1 個の整数の集合を G とする。
また、a = Π_j∈G j とする。

G に 0 が含まれる場合、a = 0 なので、正の平方数にはならない。
G が全て正である場合に示すことができれば、G が全て負の場合も
同様に示せるので、以下、n＞0 について考える。

Case1. G の中に p の倍数が含まれる場合
p の倍数は G に 1つしか含まれないため、a は p を素因子に１つしか含まず、
平方数になることはない。

Case2. G の中に p の倍数が含まれない場合
G の元は、法p の下で 1,...,p-1 (mod p) であるので、
[Wilson の定理] より、 a ≡ (p - 1) ! ≡ -1 (mod p)
さて、仮に a = s² なる 正整数 s が存在したとする。
s と p も互いに素である。この時、p=4n+3 として、
s^p-1＝s⁴ⁿ⁺²＝(s²)²ⁿ⁺¹＝a²ⁿ⁺¹≡(-1)²ⁿ⁺¹≡ -1 (mod p)
であるが、これは [Fermatの小定理] に反する。
-----------------------------------------------------------------------------------------

ちなみに、2011 は 素数で 2011≡3 (mod 4) なので、
2010個の連続した整数の積は、平方数にならないことがわかる。

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝


＊[Fermat の小定理] p が素数で p と s が互いに素 ⇒ s^p-1≡1 (mod p)
[簡易証明]
G={1,...,p-1} とする。G の各元に s を掛ける操作は、法p の下で G の置換になる。
よって、置換前後の G 全体の積は法p の下で等しく、
(p-1) ! ≡s^p-1 (p-1) ! (mod p) 。p と (p-1) ! は互いに素なので 1≡s^p-1 (mod p)

＊[Wilson の定理] p が素数 ⇔ (p-1) ! ≡ -1 (mod p)
[簡易証明]
1,...,p-1 の中で、x ≡ x^-1 (mod p) を満たすのは 1 と p-1 のみ。
従って、(p-1) ! は、1 と p-1 以外は打ち消しあって p-1 ≡ -1 と等しくなる。
逆に関して。pが素数でない時、p の真の約数d が 1,...,p-1 に含まれるので、
d も p も (p-1) !+1 の約数はならない。

＊ a = Π_j∈G j は、具体的には n(n+1)...(n+p-2) の事です。
　　Σは和(Sum)を表しますが、Πは積(Product)を表します。

＊ a≡b (mod c) は、a - b が c で割り切れる事を表します。

＊2011が素数であることは、2011が√2011=44.8.. 以下の素数
　　2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43
　で割り切れないことでわかります。

＊ヒント3 は、Wilson の定理 , ヒント5 は、Fermat の小定理
　ヒント4 は、2以外の素数p は、p≡1 (mod 4) と p≡3 (mod 4) しかない事,
　ヒント1,2 は、素数 2011 と素数 7 が p≡3 (mod 4) の素数である事。



★質問があればお気軽にどうぞ★

とりあえずこの問題の解答だけ・・・。一般的な解答の話は明日くらいに
大雑把な方針だけ、元のスレのコメントで説明予定です。

証明に欠陥が見つかったため、少々お待ちくださいm(_"_)m
問題は、Case 1) です。適当に考えてました。
p の偶数乗が因子の時の事を考えなくてはいけません。
大がかり的な事しないと、ダメかもしれない・・・


：追記：(9/14)
えーっと、土曜・日曜と、ちょっと急用が入って手が付けられなかったので、
昨日の夜、一生懸命解答を作り直してました。
で、今夜（深夜かも）に、解答を、>>6 で改めて出します。
色々簡単に出来ないか考えたんですけど、難しかったので、
(というか、Erdosの証明が頭にこびり付いて、考える方向がErdos寄りに・・・)
結局ErdosやSeimatsu のやり方を踏襲する事にしました。

うーん…まだちゃんと理解出来てないですけど…Case1の方について、
例えばGの要素にp^2(要するに、pの偶数乗)を含んでしまう場合にどうなんだろう？
ってのがイマイチ良く解かってないんですが、どうなるんでしょう ？

[解答] 平方数にならない。

[証明]
任意の整数 n から始まる連続する 2010 個の整数の集合を G とする。
また、d = Π_j∈G j = n(n+1)...(n+2009) とする。

G に 0 が含まれる場合、d = 0 なので、正の平方数にはならない。
G が全て正である場合に、d が正の平方数にならないことを示すことができれば、
G が全て負の場合も同様に示せるので、以下、n＞0 について考える。

Case1. G の中に 素数p = 2011 の倍数が含まれない場合

G の元は、法p の下で 1,...,p-1 (mod p) であるので、
Wilson の定理 より、 d ≡ (p - 1) ! ≡ -1 (mod p)
さて、仮に d = s² なる 正整数 s が存在したとする。
d と p は互いに素であるので、 s と p も互いに素である。
s^p-1＝s²⁰¹⁰＝(s²)¹⁰⁰⁵＝d¹⁰⁰⁵≡(-1)¹⁰⁰⁵≡ -1 (mod p)
であるが、これは Fermat の小定理 に反する。

Case2. G の中に 素数p = 2011 の倍数が含まれる場合

仮に、d が正の平方数で表せるとして、矛盾を導く。以下 [x] を x を超えない最大整数とする。
�@ n ＞ 2010²
G の元に、2011² で割り切れるものが含まれるので、n + 2009 ≧ 2011² より明らか。

�A G の任意の元 n+i は、 n+i = a_i x_i² ( i = 0,...,2009 ) と表すことが出来る。
　ここで、 a_i は、素因子が全て 2010 より小さく、平方因子を持たない数とする。
仮に表すことが出来ないとすると、2010以上の素数を素因子に含む a_i が存在する
ことになるが、その素数を含むのは n+i しかないため、不可能。

�B i ≠ j ⇒ a_i ≠ a_j
仮に a_i＝a_j, i ＜ j なる i, j が存在したとすると、
2010 ＞ a_jx_j² - a_ix_i² ＝ a_i(x_j+x_i)(x_j-x_i) ＞ 2a_ix_i ≧ 2√(a_ix_i²) ＝ 2√(n+i) ＞ √n
これは�@に反する。

�C b = Π _i=0..2009 a_i として、(4/3)²⁰¹⁰ 2010 ! ＜ b
�Bより、b は最初の2010個の平方因子を含まない数の積より大きい。
まず、最初の19個の平方因子を含まない数の積
30!/(4⁷ 7! 9³ 3! 25) ＝ 5.7.11.13.23.29.19!/ (2⁹3³)　は、(4/3) ¹⁹ 19 ! より大きい。
また、 m (＞8) を超えない平方因子を含まない数の個数は、
高々 m - [m/4] - 1 (＜3m/4) 個だから、 i を 20以上として、平方因子を含まない
i 番目の数は 4i/3 より大きいので、帰納的に成り立つ。

�D b ≦ Π_{q∈Primes, q＜2010} q^[2010/q] Π_{m:odd, 2010/(m+1)＜q＜2010/m} q
G の元で、素数q の倍数は高々 [2010/q] + 1 個しかないので、
a_i が平方因子を持たないことを考えれば、
b の素因子q(＜k) の指数部は、[2010/q] + 1 以下となる。
q が 2010 の約数の時は、そもそも q の倍数の G の元が丁度 2010/q 個なので、
q の指数部は 2010/q 以下となる。
一方、b は平方数でなければならないので、その素因子q の指数部は偶数である。
さて、2010/(m+1) ＜ q ＜ 2010/m とした時、[2010/q] ＝ m であるので、
m が偶数の時は q の指数部は [2010/q] 以下、
m が奇数の時は q の指数部は [2010/q] + 1 以下、として考えてよい。

�E c = Π_{q∈Primes, m:odd, 2010/(m+1)＜q＜2010/m} q として、c ＜ 2²⁰⁰⁹
まず、c が二項係数 ₂₀₀₉ C ₁₀₀₄ ＝ 2009!/(1004! 1005!) を割り切る事を示す。
₂₀₀₉ C ₁₀₀₄ の素因子q の指数部 r_q は、
　r_q = Σ_i＞0 ( [2009/qⁱ] - [1004/qⁱ] - [1005/qⁱ] )
まず、[2009/qⁱ] ≧ [1004/qⁱ] + [1005/qⁱ])　は常に成り立つ。 ([a+b]≧[a]+[b])
m:odd , 2010/(m+1)＜q＜2010/m の時、
mq+1≦2010＜(m+1)q+1 なので、 [2009/q] ＝ m となり、奇数。
一方、q は 2010 の約数でもないので、1005 の約数でもない。
従って、[1004/q] ＝ [1005/q] 。つまり、[1004/q] + [1005/q] は偶数なので、
　[2009/q] ＞ [1005/q] + [1004/q]
よって、r_q ＞ 0 となるので、c が ₂₀₀₉ C ₁₀₀₄ を割り切ることが分かった。
あとは、二項定理より、2²⁰⁰⁹ ＞ ₂₀₀₉ C ₁₀₀₄ なので、�Eが示された。

�F 2010 ! ≧ 2²⁰⁰²3¹⁰⁰¹ Π_{q∈Primes, 3＜q＜2010} q^[2010/q]
2010 ! を素因数分解して、Π_{q∈Primes, q＜2010} q^r_q とすると、 r_q ＝ Σ_i＞0 [2010/qⁱ]
ここで、q ＞ 3　については、r_q ≧ [2010/q] なので、残りの q ＝ 2, 3 について考える。
r₂ ＝ Σ_i＞0 [2010/2ⁱ] ＝ 1005+502+251+125+62+31+15+7+3+1 ＝ 2002
r₃ ＝ Σ_i＞0 [2010/3ⁱ] ＝ 670+223+74+24+8+2 ＝ 1001


さて、�C,�D,�E,�Fより、
(4/3)²⁰¹⁰2²⁰⁰²3¹⁰⁰¹ Π_3＜q＜2010 q^[2010/q] ＜ 2²⁰⁰⁹Π_q＜2010 q^[2010/q]
整理して、2³⁰⁰⁸ ＝ 4¹⁶⁴ 256³³⁵ ＜ 3⁴ 243³³⁵ ＝ 3¹⁶⁷⁹
となるので、明らかに矛盾。

:追記(9/20):
色々誤字脱字、解りにくい所等があったので、訂正しておきました。

【 >>6 の補足 1 】
＊「 . 」を掛け算の意味で使用。Primes は素数の意味。odd は奇数の意味。
　素因子は素因数の意味。他の用語等は >>4を参照

＊「平方因子を含まない数」というのは、素因数分解した時に、
　素因子の指数部が全て 1 である数を指します。つまり、2², 3², 5²,...
　といった、素数の 2 乗で割り切れない数の事です。
　例えば 98 = 2¹7² なので、平方因子を含むことになり、
　210 = 2¹3¹5¹7¹ なので、平方因子を含まない数です。
　英語では、平方因子を含まないことを square-free や quadratfrei と言います。

＊�Aの表現の例
　奇数乗の素因子だけ a に1個割り振り、残りは全て x にとすれば良いことになります。
　例えば 1865245307444880768 = 2⁷3⁴11¹2011⁴ なので、
　 a=2.11, x=2³3²2011² とすれば良いことになります。

＊�Cで、5.7.11.13.23.29.19!/ (2⁹3³) ＞ (4/3) ¹⁹ 19 ! を示すには、
　3¹⁶.5.7.11.13.23.29 ＞ 2⁴⁷ を示せば良いですが、↓ より明らかです。
　(11.13.29).(3⁸.5).(3⁸.7.23) ＝ (4147).(32805).(1056321)
　(2¹²).(2¹⁵).(2²⁰) ＝ (4096).(32768).(1048576)

＊�Cと同じやり方で、より厳しい評価 (3/2)²⁰¹⁰ 2010 ! も出来ます。
　ただ、数が大きくなれば成り立つのは当たり前ですが、
　初めの方は成り立たないわけで(63で初めて成り立ちます)、
　どのくらいから成り立つかを具体的に示すのは、計算機なしでは面倒です。
　
＊計算機(PC)を使えば、最初の2010個の平方因子を含まない数の積 (＞10⁶¹⁹⁸) や
　最初の2010個の 4 で割り切れない数の積 ＝ 2680!/(4⁶⁷⁰ 670!) (＞10⁶⁰¹⁷) が
　Π_{q∈Primes, q＜2010} q^[2010/q]+1 (＜10⁵⁹⁹⁰) より大きいことを示せばよく、
　実際に膨大な掛け算を実行（多倍長演算の工夫等が必要ですが・・・) したり、
　対数を取って比較したりすることで確かめれば、�C以降の議論は必要なかったりします。
　というか、単純だけど膨大な計算を実行すればおしまい的な問題であれば、
　PC に任せるスタイルの方が私的には楽で好みだったり
　 ・・・初めはこれで�C以降を「実際に計算させてみると・・・矛盾」等と示そうとしてました
　実際、�C以降は技巧的に過ぎるので、数学クイズとしては、計算させて証明終わり、と
　したいところです。

＊ほぼ全く同じやり方で、素数p≡3 (mod 4) について、証明できます。

＊Caes 2 の部分はほぼ Erdos 1939. のやり方と同じです。
　ただ、Erdos は �@を示すのに、[SylvesterとSchurの定理] を使っていたのに対して、
　この問題では 2011 という数字を使って Case 1 を使う事で解決してます。
　あと�Fでは、Erdos は [Legendreの公式] を活用していますが、この問題では
　具体的にp= 2,3 について指数部を計算をすることで解決しています。

＊Erdos や一般的な証明が気になる人は、問題文の一行目のリンク先へ。

★質問があれば気楽にどうぞ★


ついでに、ヒント２で、「連続する6つの整数の積を考えて下さい。」
と言い放ってしまったので、>>6 に則して簡単に証明してみます。
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
>>6 の Case1 と、Case2 の�@,�A,�B までは全く同じように進めて、
�C b ≧ 1.2.3.5.6.7 ＝ 1260 (最初の6個の平方因子を含まない数の積)
�D b ≦ 2²3²5² ＝ 900 (b は平方数 でないといけないので 2 の指数は 2)
�C、�Dより、矛盾。

【 >>6 の補足 2 】
どう考えても>>6 を正解とするのは、大学の数学のレポートとかならまだしも、
数学クイズにするには難しすぎてかなり不適切な感じです。
また、私の始めの証明に不備があったため、ヒントも Case 1 のヒントにしか
なってません。本当にすみませんでした m(_"_)m

もし数学クイズとして出すなら、次のような問題にするべきでした。
---------------------------------------------------------------------

　2010人の人に、連続する番号を割り振った。
　この2010人の人達を２つのグループに分ける時、
　グループの番号の積を等しくすることは出来るだろうか？

---------------------------------------------------------------------
この答えはもちろん、「出来ない」となりますが、その証明は、>>6 の
Case 1 まではほとんど同じで、Case 2 をほとんど自明にできます。
（p の倍数は G に一つしか含まれないので、どちらか１グループにしか
　p の倍数の人はいないから不可能)

これなら、Case1 の証明を気づけば"おしまい"的な話になるので、
難しめの数学クイズの話、ということでいいのかも？

もしくは、2010 → 6 等と変えてCase2 の�C以降を簡単にするべきでした。
(>>7 の最後参照)