Divisibilidad de primer factorial

Question

¿Si <span class="math-container">$p>3$</span> es un número primo y <span class="math-container">$q$</span> es el próximo primer <span class="math-container">$p$</span>, es siempre verdadero que <span class="math-container">$p!$</span> es divisible por todas <span class="math-container">$n<q>?</q></span>

Answer 1

La respuesta es que $n$ divide $p!$ si $p<n<q$.

Deje $p<n<q$ y asumir que $r$ es un primer e $r^k\mid n$. Nuestro objetivo es demostrar que $r^k\mid p!$. Asumir lo contrario. En primer lugar, tenga en cuenta que, de hecho, podemos ver que $r^k=n$. En efecto: si $n>r^k$ entonces $n\ge 2r^k$. Por otro lado, Bertrand postulado implica que $q<2p$ y hemos $$r^k\le\frac n2<\frac q2<p$$ y, a continuación, $r^k\mid p!$.

Por otra parte, $k>1$. De lo contrario, $r^k$ sería un primo, una contradicción con el hecho de que $q$ es la menos privilegiada después de $p$.

Ahora tenemos $$k>\sum_{j=1}^\infty\left\lfloor\frac p{r^j}\right\rfloor=\sum_{j=1}^{k-1}\left\lfloor\frac p{r^j}\right\rfloor\ge\sum_{j=1}^{k-1}\left\lfloor\frac {r^{k-1}}{r^j}\right\rfloor=\sum_{j=0}^{k-2}r^j\ge1+2(k-2)=2k-3$$ Que es, $k<3$. Esto implica $k=2$.

Ahora tenemos tres números primos $p,q,r$ tal que $p<r^2<q$ tal que $\lfloor p/r\rfloor<2$, es decir, $p<2r$, y, a continuación, $r^2<q<2p<4r$, lo $r<4$. Esto nos deja con dos opciones: $n=4$ e $n=9$. Pero $5\le p<n$ y en el último prime antes de $9$ es $7$, e $9\mid 7!$.

Answer 2

Obviamente $p!$ es divisible por cualquier $n \leq p$. Tan sólo tenemos que ocuparnos de la $p < n < q$.

Como se estipula $q$ es el siguiente primo mayor que $p$, se deduce que los números entre $p$ e $q$ está compuesto de números divisibles únicamente por los números primos menores o iguales a $p$.

Por lo $\gcd(n, p!) \geq 2$. Aquí es donde la cuestión se pone interesante: es posible que uno de estos $n$ es divisible por algunos de los mejores $r < p$ pero con una mayor exponente de en $p!$.

Lo más probable candidato para un prime es 2. Desde $p$ es impar, $p!$ ha $$2^\frac{p - 1}{2}$$ como divisor.

Pero no olvidemos que los múltiplos de 4 contribuir al menos dos veces tanto como individualmente, incluso los números 2 del exponente en $p!$. Así que, asumiendo $p \equiv 1 \bmod 4$, el mayor número de $$2^{\frac{p - 1}{2} + \frac{p - 1}{4}}$$ is also a divisor of $p!$ (just a small tweak if $p \equiv 3 \bmod 4$ en su lugar).

Así que la mejor oportunidad de acumular una cantidad suficiente de los exponentes de 2 sería el primer prime mayor que una determinada potencia de 2, vamos a decir $2^m$. Pero no hay número par entre $2^m$ e $2^{m + 1}$ tiene una mayor exponente de 2 de $m$.

Supongo que este es el punto donde debemos invocar Bertrand postulado... o tal vez es el primer número teorema que tenemos en su lugar? El hecho de $$\frac{2^m}{\log 2^m} < \frac{2^{m + 1}}{\log 2^{m + 1}}$$ by more than 2 for $m > 4$ suggests that there are at least two primes between $2^m$ and $2^{m + 1}$.

Bueno, entonces, ¿qué si en lugar de elegir al primer derecho por debajo de $2^m$? Pero gracias a los 2 y $2^{m - 1}$, $p!$ tiene al menos $m$ 2 el exponente en su factorización.

Seguro que hay algunas lagunas en el razonamiento anterior, pero espero que al menos te resulta esclarecedor.