＜Erdos の①の超大雑把な説明＞
n(n+1)...(n+k-1) = m
2 の時、n+i ＝ a
i x
i2 , a
i : square-free と表して、
b = Π
0≦i≦k-1a
i を、下からは「最初のk個の平方因子を持たない数の積より多きい」
上からは「bを素因数分解した時、素因子p の指数には上限がある」
として挟み込んで評価をして、下限と上限が逆転する矛盾を導く。
＜Erdos の①の証明方法の大雑把な方針紹介＞
分かりにくい部分は、Erdos の論文を直接読むか、
「
http://quiz-tairiku.com/q.cgi?mode=view&no=12666」のNo.6 が参考になります。
[方針]
① n(n+1)...(n+k-1) = m
2 (n＞1, k＞1) なる m が存在すると仮定する。
② n+i = a
i x
i2 (a
i は 素因子が全て k より小さく、平方因子を持たない数）
③ n ＞ k
2, i ≠ j ⇒ a
i ≠ a
j④ b = Π
0≦j≦k-1 a
j は最初の k 個の平方因子を持たない数の積より大きい。
⑤ ④より、b ≧ (4/3)
k k! (k≧24)
⑥ k/2l ＜ p ＜ k/(2l+1) の時、b の素因子p の指数部は、[k/p]+1 以下。
⑦ 他の素因子p の指数部は [k/p] 以下。
⑧ ⑥,⑦より、b ≦ Π
p＜k p
[k/p] { Π
k/2＜p＜k p Π
k/4＜p＜k/3 p...}
⑨ ⑧の{}部分は二項係数 C(k-1,[(k-1)/2]) を割りきれる。
⑩ ⑧,⑨より、b ≦ ( Π
p＜k p
[k/p] ) C(k-1,[(k-1)/2]) ≦ 2
k-2 Π
p≦k p
[k/p]⑪ 一方、k! ≧ (2
k 3
k/2 / (6k
2)) Π
3＜p≦k p
[k/p]⑫ ⑤,⑩,⑪より、 b を挟んだ不等式の計算を進めて (3/2)
6 k
12 3
5k ＞ 2
9k⑬ ⑫は k≧100 の時、2
k ＞ (3/2)
6 k
12 なので成り立たない。よって、k＜100
⑭ k ≦ 202 については、Seimatsu Narumi が出来ない事を既に示している。
⑮ ⑬,⑭より、全てのk について、①が成り立たないことが解る。
[Note]
③は n＞k
2 を示すのに [SylvesterとSchurの定理] を用いる
【 n＞k の時、n から始まる連続する k 個の正整数の積は、k よりも大きい素因子を持つ 】
＊ 証明はこの問題と同じかそれ以上長くなるので略。
＊ n = k+1 とすれば、[Chebyshev の定理] を得ます。
【 n＜p≦2n なる素数p が存在する 】
⑪は [Legendre の公式] を用いる
【 k = c
s p
s + c
s-1 p
s-1 + ... + c
0 (0≦c
i≦p-1) とする時、
k! の素因子p の指数部r
p は、r
p = (k-Σ
ic
i)/(p-1) 】
[簡易証明]
r
p ＝ Σ
j=1..s c
j ( p
j-1 + ... + 1 ) ＝ Σ
j=1..s c
j ( p
j - j ) / ( p - 1 )
＝ {( k - c
0 ) - ( Σ
i c
i - c
0 )} / (p-1) ＝ ( k - Σ
i c
i) / (p-1)
n(n+1)...(n+k-1) = m2 の時、n+i ＝ ai xi2 , ai : square-free と表して、
b = Π0≦i≦k-1ai を、下からは「最初のk個の平方因子を持たない数の積より多きい」
上からは「bを素因数分解した時、素因子p の指数には上限がある」
として挟み込んで評価をして、下限と上限が逆転する矛盾を導く。
＜Erdos の①の証明方法の大雑把な方針紹介＞
分かりにくい部分は、Erdos の論文を直接読むか、
「http://quiz-tairiku.com/q.cgi?mode=view&no=12666」のNo.6 が参考になります。
[方針]
① n(n+1)...(n+k-1) = m2 (n＞1, k＞1) なる m が存在すると仮定する。
② n+i = ai xi2 (ai は 素因子が全て k より小さく、平方因子を持たない数）
③ n ＞ k2, i ≠ j ⇒ ai ≠ aj
④ b = Π0≦j≦k-1 aj は最初の k 個の平方因子を持たない数の積より大きい。
⑤ ④より、b ≧ (4/3)k k! (k≧24)
⑥ k/2l ＜ p ＜ k/(2l+1) の時、b の素因子p の指数部は、[k/p]+1 以下。
⑦ 他の素因子p の指数部は [k/p] 以下。
⑧ ⑥,⑦より、b ≦ Πp＜k p[k/p] { Πk/2＜p＜k p Πk/4＜p＜k/3 p...}
⑨ ⑧の{}部分は二項係数 C(k-1,[(k-1)/2]) を割りきれる。
⑩ ⑧,⑨より、b ≦ ( Πp＜k p[k/p] ) C(k-1,[(k-1)/2]) ≦ 2k-2 Πp≦k p[k/p]
⑪ 一方、k! ≧ (2k 3k/2 / (6k2)) Π3＜p≦k p[k/p]
⑫ ⑤,⑩,⑪より、 b を挟んだ不等式の計算を進めて (3/2)6 k12 35k ＞ 29k
⑬ ⑫は k≧100 の時、2k ＞ (3/2)6 k12 なので成り立たない。よって、k＜100
⑭ k ≦ 202 については、Seimatsu Narumi が出来ない事を既に示している。
⑮ ⑬,⑭より、全てのk について、①が成り立たないことが解る。
[Note]
③は n＞k2 を示すのに [SylvesterとSchurの定理] を用いる
【 n＞k の時、n から始まる連続する k 個の正整数の積は、k よりも大きい素因子を持つ 】
＊ 証明はこの問題と同じかそれ以上長くなるので略。
＊ n = k+1 とすれば、[Chebyshev の定理] を得ます。
【 n＜p≦2n なる素数p が存在する 】
⑪は [Legendre の公式] を用いる
【 k = cs ps + cs-1 ps-1 + ... + c0 (0≦ci≦p-1) とする時、
k! の素因子p の指数部rp は、rp = (k-Σici)/(p-1) 】
[簡易証明]
rp ＝ Σj=1..s cj ( pj-1 + ... + 1 ) ＝ Σj=1..s cj ( pj - j ) / ( p - 1 )
＝ {( k - c0 ) - ( Σi ci - c0 )} / (p-1) ＝ ( k - Σi ci) / (p-1)