Uguaglianza impossibile

[aleocrac]

Dimostrare che dati due numeri primi consecutivi p,q, dove 5<=p<q, la seguente uguaglianza è impossibile:
p!q!=n!

[Algebert]

Scusa che cos'è $ $n$ $ ?

[aleocrac]

bisogna provare che non esiste n tale che ...... vale a dire per ogni n e' falsa.
Spero di essere stato piu' chiaro.

[aleocrac]

O se vuoi quel prodotto non e' a sua volta il fattoriale di un intero.

[geda]

Dimostrare che dati due numeri primi consecutivi $ p,q $, dove $ 5\leq p < q $, la seguente uguaglianza è impossibile: $ p!q!=n! $

Allora $ p,q $ primi e consecutivi, quindi $ q=p+2 $, con $ p\geq 5 $. Data la seguente equazione $ p!(p+2)!=n! $, posso semplificare a entrambi i membri $ p!=(p+3)\cdot (p+4)\cdot ... \cdot n $. Ora il primo menbro e' divisibile per $ p $ e quindi deve essere anche il secondo. Si nota facilmente che affinche' anche il secondo membro possa essere divisibile per $ p $, $ n $ deve essere maggiore o uguale a $ 2p $. Se $ n $ fosse minore, ogni termine della produttoria sarebbe del tipo $ (p+k) $ con $ k<p $, e non e' divisibile per $ p $.

Ma allora dovremmo avere
$ p!=(p+3)\cdot (p+4)\cdot ... \cdot n \geq (p+3)\cdot (p+4)\cdot ... \cdot (p+p) $.
Ora, poiché $ p\geq 5 $ si ha che

$ (p+3)> 6 = 1\cdot 2\cdot 3 $,
$ (p+4)> 4 $,
$ (p+5)> 5 $,
....
$ (p+p)> p $,

quindi $ p! \geq (p+3)\cdot (p+4)\cdot ... \cdot (p+p)> 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot ... \cdot p=p! $. Assurdo

[SkZ]

19 e 23 sono primi consecutivi, ma distano 4
anche 113 e 127 sono primi consecutivi

In generale i primi minori di $ ~x $ hanno una distanza media di $ $\ln{x} $.

[Davide90]

Ma con primi consecutivi si intende che sono consecutivi nella successione dei numeri primi? In questo caso non è detto che $ $ p = q + 2 $...

[SkZ]

a proposito, a che conclusioni/congetture siamo sulla distanza massima tra 2 primi consecutivi? Qualcuno ha dimostrato che puo' essere grande a piacere?

[geda]

Ma con primi consecutivi si intende che sono consecutivi nella successione dei numeri primi? In questo caso non è detto che $ $ p = q + 2 $...

Si, e' vero, SkZ e Davide90. In questo caso la mia dim. non vale.

[SkZ]

prova a rivederla. magari il concetto di base e' giusto (non ho guardato a dovere).

[Haile]

a proposito, a che conclusioni/congetture siamo sulla distanza massima tra 2 primi consecutivi? Qualcuno ha dimostrato che puo' essere grande a piacere?

Non ho capito se è una domanda relativa a questo problema, o più generale; comunque:

La distanza tra due primi consecutivi può essere grande a piacere... prendiamo

$ $n!+2,~n!+3,~\ldots,~n!+n$ $

abbiamo $ $n-1$ $ numeri consecutivi e tutti composti. Prendendo un $ $n$ $ grande a piacere, avremo una distanza tra due primi consecutivi che sarà grande a piacere.

[aleocrac]

Ma i primi sono soltanto consecutivi, non gemelli!

[aleocrac]

Scusate, non avevo visto gli interventi precedenti!

[bestiedda]

allora...


è fatto noto che fra $ $p $e$ $2p $vi è almeno un primo. Dunque $ $p^2 $ è la più grande potenza di $ $p $ che divide $ $p!q! $. Dunque se $ $p^2|n! $ allora $ $n\geq2p $. L'equazione diventa $ $p!q!=(2p)!\cdot x $ dove $ $x $ è un intero positivo. Ora poniamo $ $a=(p+1)(p+2)....(q) $ e $ $b=(q+1)(q+2).....(2p) $. L'equazione diventa $ $(p!)^2 \cdot a =a \cdot b \cdot p! \cdot x $ e dopo opportune semplificazioni diviene $ $p!=bx ==> p!=(q+1)(q+2).....(2p-1)(2p) \cdot x $. Ora, se $ $2p-q \geq 2 $ (e questo avviene sempre per coppie di primi consecutivi maggiori o uguali a 5) allora deve avvenire che $ $p! \geq (2p)(2p-1) $. Consideriamo ora la generica equazione $ $(2k)(2k-1)-k!=f $ dove $ $k\in\mathbb{N} , f\in\mathbb{Z} $. Per $ $k=1 $ $ $f=1 $ e al crescere di $ $k $ cresce anche il valore di $ $f $ (c'è bisogno di dimostrarlo?) , dunque $ $k! $ non sarà mai maggiore di $ $(2k)(2k-1) $ e, analogamente, $ $p!\not\geq(2p)(2p-1) $.
CVD

[bestiedda]

va bene la mia soluzione?