Demostrar que .

Question

Buenas tardes a todos. Estoy confundido acerca de este problema. En el libro Clásico de Introducción a la Moderna Teoría de los números por Irlanda y Rosen, está escrito que la siguiente proposición es verdadera:

$$\binom{2n}{n} > \prod_{p > n}^{p<2n}{p}$$

Pero,

$$\binom{2n}{n} = \frac{(n+1)(n+2)...(2n)}{n!}$$

Podemos ver que $\frac{(n+1)(n+2)...(2n)}{n!}$ es divisible por todos los números primos tales que $n < p < 2n$. Que implica:

$$\frac{(n+1)(n+2)...(2n)}{n!} = \frac{(\prod_{p > n}^{p<2n}{p})t}{n!}$$ con $gcd(t, \prod_{p > n}^{p<2n}{p}) = 1$ Esto implica que los números primos $p$ de la descomposición de la $t$ son menores de $n$. Por lo tanto, no es un entero $r$ tal forma que:

$$n! = t*r \Rightarrow \frac{(\prod_{p > n}^{p<2n}{p})t}{n!}= \frac{(\prod_{p > n}^{p<2n}{p})t}{t*s} = \frac{(\prod_{p > n}^{p<2n}{p})}{s} \leq \prod_{p > n}^{p<2n}{p} $$

Esta es una contradicción de la proposición.

Lo que es un error de mi razonamiento?

PD: $n$ es un número entero.

Answer 1

Esto me hizo querer señalar Teorema de Legendre, que establece que el poder del $p$que divide $n!$ % principal está dada por\begin{equation} \nu{p}(n) = \sum{i=1}^{\infty} \Bigg\lfloor \frac{n}{p^{i}} \Bigg\rfloor. \end{ecuación }

El uso de este es inmediato ver que\begin{equation*} \prod_{p > n, \, p \, \mathrm{prime}}^{p

Answer 2

Tenga en cuenta que $t$ es un múltiplo de $n!$. Usted afirma, correctamente, que los primos que dividen a $t$ son primos $\le n$. Sin embargo, sus multiplicidades en la facturización primera de $t$ pueden no ser igual a sus multiplicidades en la facturización primera de $n!$, por lo que no podemos concluir que $t$ divide $n!$.

Answer 3

La prueba de que $\binom{2n}{n}> \prod_{p>n}^{p

Nota $\binom{2n}{n}$ es incluso puesto que podemos asociar cada subconjunto con su complemento. También aviso que cada % prime $n

Concluimos divide a $2\prod_{p>n}^{pn}^{p