Rozmieszczanie na okręgu

[mol_ksiazkowy]

Czy można rozstawić na okręgu \(\displaystyle{ 2n }\) kolejnych liczb całkowitych, w taki sposób, by iloczyn dowolnych z nich które są obok siebie był kwadratem liczby całkowitej ?

[Brombal]

Nie doszedłem do wyniku ale może komuś coś podsunie taka uwaga:
Każdy z kwadratów (będący iloczynem dwóch różnych liczb) musi rozkładać się na czynniki o parzystej ilości.
Wniosek żadna z liczb na okręgu nie może być liczbą pierwszą. (jedynka odpada bo nie ma parzystej ilości liczb niepierwszych kolejnych). Odpadają również wszystkie przedziały liczb kolejnych niepierwszych po liczbach pierwszych bliźniaczych a nawet odległych o mnij niż 4.

[kerajs]

Niech rozmieszczanymi liczbami będą: \(\displaystyle{ k, k+1, k+2,..., k+2n-1}\)
Postulat Bertanda:
Dla każdej dodatniej liczby naturalnej \(\displaystyle{ m}\) w przedziale \(\displaystyle{ \left\langle m+1;2m\right\rangle}\) istnieje przynajmniej jedna liczba pierwsza.
Postulat ten wyklucza możliwość spełnienia tezy zadania, gdyż w przedziale \(\displaystyle{ \left\langle n+ \frac{k+1}{2} , k+2n-1\right\rangle}\) dla nieparzystego \(\displaystyle{ k}\) albo w przedziale \(\displaystyle{ \left\langle n+ \frac{k}{2} , k+2n-1\right\rangle}\) dla parzystego \(\displaystyle{ k}\), istnieje co najmniej jedna liczba pierwsza, a ta z dowolną z pozostałych liczb nie stworzy iloczynu będącego kwadratem.

PS
Fiu, fiu. Awatar niczego sobie.

[Brombal]

Dla każdej dodatniej liczby naturalnej \(\displaystyle{ m}\) w przedziale \(\displaystyle{ \left\langle m+1;2m\right\rangle}\) istnieje przynajmniej jedna liczba pierwsza.
... istnieje co najmniej jedna liczba pierwsza, a ta z dowolną z pozostałych liczb nie stworzy iloczynu będącego kwadratem.

Warunkiem zadania była parzysta ilość liczb na okręgu, nie musiały być z przedziału \(\displaystyle{ \left\langle m+1;2m\right\rangle}\). Być może wystarczą dwie?
Przykładowo

\(\displaystyle{ p _{i} ^{2k} \cdot p _{j} ^{2l} =p _{i} ^{2k _{1} } \cdot p _{j} ^{2l _{1} } \mp 1}\)

[Premislav]

Powyższy (dość narzucający się) argument przechodzi w sytuacji, gdy \(\displaystyle{ k}\) jest odpowiednio małe w stosunku do \(\displaystyle{ n}\), np. w pierwszym przypadku by argument był wystarczający, musi zajść \(\displaystyle{ n+\frac{k+1}{2}\ge k}\).

Tak naprawdę jednak myśl o liczbie pierwszej łatwo uogólnić na taką: jeśli masz liczbę, w której rozkładzie na czynniki pierwsze pewna liczba pierwsza \(\displaystyle{ p}\) występuje z nieparzystym wykładnikiem, to liczby z nią sąsiadujące też muszą dzielić się przez \(\displaystyle{ p}\) z nieparzystym wykładnikiem. Jakąkolwiek taką liczbę dostaniemy, jeśli \(\displaystyle{ n\ge 2}\), bo już np. wśród czterech kolejnych liczb jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2}\), ale nie przez \(\displaystyle{ 4}\). Przypuśćmy nie wprost, że otrzymaliśmy ustawienie \(\displaystyle{ 2n}\) kolejnych liczb całkowitych spełniające warunki zadania, przy czym \(\displaystyle{ n\ge 2}\). Wybieramy liczbę podzielną przez pewną liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\) z nieparzystym wykładnikiem i poruszamy się np. przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, zaznaczając kolejne liczby w ustawieniu, do których rozkładu \(\displaystyle{ p}\) wchodzi z nieparzystym wykładnikiem. Jeżeli zaczęliśmy od pewnej liczby \(\displaystyle{ k}\), to w którymś momencie dojdziemy w ten sposób do liczby \(\displaystyle{ k-1}\) lub \(\displaystyle{ k+1}\), która też musiałaby mieć nieparzyste \(\displaystyle{ v_{p}}\), w szczególności musiałaby dzielić się przez \(\displaystyle{ p}\), ale to jest sprzeczność, wszak zarówno \(\displaystyle{ \NWD(k, k-1)=1}\), jak i \(\displaystyle{ \NWD(k, k+1)=1}\).

No a dla \(\displaystyle{ n=1}\) zadanie jest trywialne, bo \(\displaystyle{ \NWD(k, k+1)=1}\) i obie te liczby musiałyby być kwadratami, co jest spełnione tylko dla zera i jedynki (to jedyny przypadek, w którym się da).

W ogóle to zadanie wydaje się dziwnie trywialne. Może teza miała być inna

[Brombal]

Żadna z liczb na okręgu nie może dzielić się przez \(\displaystyle{ p}\) z nieparzystym wykładnikiem albo wszystkie muszą się przez to \(\displaystyle{ p}\) dzielić.

[Brombal]

Można by nieco inaczej podejść do zadania.
Można zapytać - czy istnieje parzysty ilościowo zbiór kolejnych liczb z których każda ma wszystkie czynniki pierwsze w parzystej potędze.

Dodano po 23 godzinach 58 minutach 9 sekundach:
Tak na "zdrowochłopskorozumowo"
musi istnieć rozwiązanie takiego równania
\(\displaystyle{ 2 ^{2k _{2} } \pm 1=3 ^{2k _{3} } }\)
dla \(\displaystyle{ k _{2}}\) i \(\displaystyle{ k _{3}}\) naturalnych.
W końcu jest nieskończenie wiele liczb naturalnych...

[Dasio11]

musi istnieć rozwiązanie takiego równania
[...]
W końcu jest nieskończenie wiele liczb naturalnych...

Nie, nie musi. Równie dobrze można by twierdzić, że skoro istnieje nieskończenie wiele liczb rzeczywistych, to równanie \(\displaystyle{ x^2=-1}\) musi mieć rozwiązanie.

I istotnie: jeśli \(\displaystyle{ 2^{2k_2} - 3^{2k_3} = 1}\), to ze wzoru na różnicę kwadratów \(\displaystyle{ (2^{k_2} - 3^{k_3})(2^{k_2} + 3^{k_3}) = 1}\), czyli oba wyrażenia w nawiasie muszą być równe (i być jedną liczb \(\displaystyle{ 1, -1}\)). Stąd \(\displaystyle{ 3^{k_3} = 0}\), co oczywiście jest niemożliwe. Przypadek \(\displaystyle{ 2^{2k_2} - 3^{2k_3} = -1}\) rozpatrujemy analogicznie.

[Brombal]

Dzięki wielkie - Zafiksowałem się i dalej nie da rady. Na podobnej podstawie możną chyba udowodnić takie coś.

Nie istnieją dwie kolejne liczby naturalne, które mają wszystkie czynniki pierwsze w potęgach parzystych.