¿Es cierto que$n!$ divide$p^n(p+1)(p^2+p+1)\cdots(p^{n-1}+\cdots+1)$?

Question

Deje $p$ ser un número primo (aunque sospecho que esto podría ser cierto para los compuestos que también). Definir $$f(p,n)=\frac{p^n(p+1)(p^2+p+1)\cdots(p^{n-1}+\cdots+1)}{n!}$$ donde $n$ es un entero positivo. Mostrar que $f$ es siempre un número entero.

He probado esto por un puñado de $n,p$ los valores, y parece ser cierto. Me las arreglé para mostrar que para cada $m\le n$, podemos encontrar una $k\le n$ tales que $$1+p+\cdots+p^k\equiv 0\qquad(\text{mod }m)$$ Pero me he atascado y no puede ir más allá.

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Gracias a todos los lindos respuestas. Ahora que es claro que la respuesta al título es sí, podemos furthur relajar la $p^n$ término y sustituirlo por $$p^{\lfloor n/(p-1)\rfloor}$$ así es que desaparece cuando el $p>n$.

Answer 1

Versión Original:

Esto no es cierto para $n=2p$. El numerador tiene sólo un factor que es un múltiplo de a$p$, pero el denominador es divisible por $p^2$.

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Versión editada:

Esto puede ser visto de la siguiente manera. Deje $q$ principal $\le n$. Es bien sabido que la mayor potencia de $q^\ell$ que es un factor de $n!$ ha exponente $$ \ell=\lfloor \frac nq\rfloor+\lfloor\frac n{p^2}\rfloor+\cdots $$ (esta es una suma finita como las condiciones que se convierte en cero después de $q^k$ supera $n$). Esto es debido a que $n!$ ha $\lfloor\dfrac n q\rfloor$ factores que son divisibles por $q$, $\lfloor\dfrac n {q^2}\rfloor$ factores que son (además) divisible por $q^2$ et cetera. Tenemos que mostrar que el numerador es divisible por $q^\ell$ así.

Si $q=p$ el primer factor se ocupa de todo porque $n\ge\ell$.

De lo contrario, deje $t$ ser el orden de $p$ modulo $q$, es decir, $t$ es el menor entero positivo tal que $p^t\equiv1\pmod q$. Es conocido (el Pequeño de Fermat) que $t\mid q-1$. A otro nivel, el ejercicio muestra que $$ p^{tq^m}\equiv 1\pmod {q^{m+1}} $$ para todos los enteros $m\geq0$.

Ahora estamos bien los lugares para el estudio de un factor individual $$ x(r)=1+p+p^2+\cdots+p^{i-1}=\frac{p^r-1}{p-1}. $$

Asumir siguiente que $p\not\equiv1\pmod q$. De ello se desprende que $x(r)$ es divisible por el mismo poder de $q$ como $p^r-1$. Por lo $x(r)$ es divisible por $q$ siempre $r$ es un múltiplo de a$q-1$, divisible por $q^2$ siempre $r$ es un múltiplo de a$q(q-1)$ et cetera. De ello se deduce inmediatamente que $\prod_{r=1}^n x(r)$ es divisible por $q^\ell$.

Esto deja el caso de $q\mid p-1$. En este caso, $p^k\equiv 1\pmod q$ para todos los $k$, lo $x(r)\equiv r\pmod q$. En particular, $x(r)$ es divisible por $q$ siempre $q\mid r$. Sin embargo, necesitamos un poco más para conseguir algunos de los factores $x(r)$ divisible por poderes superiores de $q$ así. Una forma de hacerlo es observar que si $p\equiv1\pmod{q^k}$ para algunos $k\ge0$, entonces, para todos los $i$ tenemos que $$p^{q^i}\equiv1\pmod {q^{k+i}}$$ para todos los $i\ge0$. Esto obliga a $x(r)$ a ser divisible por $q^i$ siempre $r$es. Esta se asienta el último caso.

Answer 2

No.

Tome $p=5$. Luego de los polinomios $p$, $p+1$, $p^2+p+1$, $\ldots$ sólo el polinomio $p$ es divisible por 5.

Sin embargo, $n!$ es divisible por $5^{\lfloor\frac{n}{5} \rfloor}$.

[De hecho, el argumento anterior se cumple para cualesquiera $p$ e $n$ lo suficientemente grande en relación a $p$; de hecho, $n!$ es divisble por $p^{\lfloor\frac{n}{p} \rfloor}$]

Answer 3

Deje $q$ principal $\le n$. A continuación, el máximo exponente $k$ tal que $q^k$ divide $n$ es $$k=\lfloor n/q\rfloor +\lfloor n/q^2\rfloor+\lfloor n/q^3\rfloor+\ldots,$$ and this exponent is strictly less than $n/p+n/q^2+\ldots=\frac n{q-1}$, and in particular $k<n$.

Si $p=q$, vemos de inmediato que $q^k$ cancela contra la $p^n$.

Para otros $p$, vamos a $s$ ser mínimo con $p\not\equiv 1\pmod {q^r}$. A continuación, para $1\le \ell<s$, $1+\ldots + p^{r-1}$ es un múltiplo de a$q^\ell$ fib $\ell \mid r$, por lo tanto para $\lfloor n/q^\ell\rfloor$ de los factores. Por otra parte, tenemos que $1+p+\ldots + p^{r-1}=\frac{p^r-1}{p-1}\equiv0\pmod {q^s}$ siempre $r$ es un arrancan varios de $\phi(q^s)=q^{s-1}(q-1)$, lo que sucede por $\lfloor \frac n{q^{s-1}(q-1)}\rfloor$ de los factores. Llegamos a la conclusión de que el numerador contiene $q$ a la potencia de $$ \sum_{\ell=1}^{s-1}\left\lfloor \frac n{q^\ell}\right\rfloor +\left\lfloor \frac n{q^{s-1}(q-1)}\right\rfloor.$$ Con el fin de mostrar que esto es $\ge k$, es suficiente para mostrar $$ \sum_{\ell=s}^{\infty}\left\lfloor \frac n{q^\ell}\right\rfloor \le \left\lfloor \frac n{q^{s-1}(q-1)}\right\rfloor$$ Pero el lado izquierdo es $<\sum_{\ell=s}^{\infty}\frac n{q^\ell}= \frac n{q^{s-1}(q-1)}$, y como es un número entero, el reclamo de la siguiente manera. Por lo tanto $q^k$ cancela contra el numerador.

En resumen, se deduce que el $n!$ cancles contra la numberator.

Answer 4

Aquí está una especie de desagradable prueba. Para $p$ un primer escribir

$$[n]_p = \frac{p^n - 1}{p - 1}$$

y

$$[n]_p! = [n]_p [n-1]_p \dots \dots [1]_p$$

(la $p$-factorial.)

El grupo $GL_n(\mathbb{F}_p)$ tiene fin

$$(p^n - 1)(p^n - p) \dots (p^n - p^{n-1}) = p^{ {n \choose 2} } (p - 1)^n [n]_p!$$

y contiene un subgrupo $G$ orden $(p - 1)^n n!$, es decir, la corona de producto $\mathbb{F}_p^{\times} \wr S_n$; explícitamente este es el grupo de permutación de matrices cuyos distinto de cero entradas puede ser cualquier elemento distinto de cero de a$\mathbb{F}_p^{\times}$. Esto implica que

$$\frac{|GL_n(\mathbb{F}_p)|}{|G|} = \frac{p^{ {n \choose 2} } [n]_p!}{n!}$$

es un número entero, que le da el deseado de divisibilidad resultado en cada primer excepto $p$, que puede ser manejado como en las otras respuestas, me molesta que no veo la manera de manejar por lo que el grupo $G$ ligeramente más grande (sería necesario ampliar por un factor de $p^{ {n \choose 2} - n}$, $n \ge 4$, y no veo una manera obvia de hacerlo).

Por cierto, también hay un grupo de la teoría de la forma de ver que el mayor poder de $p$ dividiendo $n!$ es

$$\nu_p(n!) = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{n}{p^2} \right\rfloor + \cdots$$

que es por la búsqueda de una Sylow $p$-subgrupo de $S_n$. Este grupo es sorprendentemente complicado para describir de forma explícita, pero puede ser construido de manera inductiva en la $p$-ádico de expansión de $n$ por productos de afirmar corona de los productos de las copias de la cíclico grupo $C_p$; por ejemplo, en $S_p$ es sólo la única copia de $C_p$ dado por una $p$-ciclo, en $S_{p^2}$ es la corona del producto $C_p \wr C_p$ cuyos elementos se parezca a un "$p$-ciclo de $p$-ciclos", etc.

Este bonito truco de la prueba de la divisibilidad de los resultados el uso del teorema de Lagrange tiene varias otras aplicaciones atractivas. Por ejemplo, $n! m!$ divide $(n + m)!$ porque $S_n \times S_m$ es un subgrupo de $S_{n+m}$; de la misma manera $n!^m m!$ divide $(nm)!$ porque la corona de producto $S_n \wr S_m$ es un subgrupo de $S_{nm}$. En el mejor de los casos usted no sólo podrá encontrar dos grupos de $G$ e $H$ con el derecho órdenes, pero incluso dar una interpretación pura de $G/H$.

Answer 5

Nos muestran que, para cualquier prime $q$, $\nu_q$ de la cantidad que se $\geq 0$, lo cual implicará el resultado.

Caso 1. $q=p$. A continuación, $\nu_p$ de la cantidad que se $n-\nu_p(n!)$. El uso de Legendre de la fórmula,

$$n-\nu_p(n!) = n-\frac{n-s_p(n)}{p-1}=n-\frac{n}{p-1}+\frac{s_p(n)}{p-1} \geq n\left(\frac{p-2}{p-1}\right)\geq \frac{n}{2}\geq 0$$

(aquí tenemos a $s_p(n)$ es la suma de los dígitos de $p$ en base $n$).

Caso 2. $q\neq p$. Podemos suponer $q\leq n$, ya que de lo contrario $\nu_q$ del denominador es $0$. Deje $\mathrm{ord}_q(p)=d.$

Caso 2.1. $d=1$. Aquí, tenemos $q|p-1$, por lo que

$$\nu_q\left(\frac{p^k-1}{p-1}\right)=\nu_q(k)$$

Levantando el Exponente. Por lo tanto, hemos

$$\nu_q\left(\prod_{k=1}^n \frac{p^k-1}{p-1}\right)=\sum_{k=1}^n \nu_q\left(\frac{p^k-1}{p-1}\right)=\sum_{k=1}^n \nu_q(k)=\nu_q(n!).$$

Caso de 2.2 $d>1$. Deje $v=\nu_q(p^d-1).$ Entonces tenemos, de nuevo por LTE, que

$$\nu_q\left(\frac{p^k-1}{p-1}\right)=v+\nu_q(k)$$

si $d|k$ e $0$ lo contrario. Así, $\nu_q$ del numerador es

$$v\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor + \nu_q\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor!\right).$$

Dejando $m=\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor$ vemos

$$vm+\nu_q(m!)\geq m+\frac{m-s_q(m)}{q-1} = \frac{mq-s_q(m)}{q-1}=\frac{mq-s_q(mq)}{q-1}=\nu_q((mq)!).$$ Ahora, tenemos que

$$\nu_q(n!)=\nu_q\left(q\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor\right).$$

Desde

$$d\leq q-1\implies \frac{n}{d}\geq \frac{n}{q-1} > \frac{n}{q} \implies m\leq \left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor,$$

tenemos

$$\nu_q((mq)!)\geq \nu_q(n!),$$

el acabado de la prueba.