Cómo probar $k!+(2k)!+\cdots+(nk)!$ tiene un divisor primo mayor que $k!$

Question

Pregunta:

Dejemos que $k$ sea un número entero positivo. Demuestre que existe $n$ tal que $$I=k!+(2k)!+(3k)!+\cdots+(nk)!$$ tiene un divisor primo $P$ tal que $P>k!$ .

Mi idea: Denotemos por $d_{p}(n)$ la máxima potencia de p por la que n es divisible. $$I=k![1+(k+1)(k+2)\cdots (2k)+\cdots+(k+1)(k+2)\cdots (nk)]$$ Entonces no puedo probarlo. Tal vez podamos usar Teorema de Zsigmondy ?

Se dice que puede utilizar la desigualdad de seguimiento $$\left(1+\dfrac{1}{12n}\right)\left(\dfrac{n}{e}\right)^n\cdot\sqrt{2n\pi}<n!<\left(1+\dfrac{1}{4n}\right)\left(\dfrac{n}{e}\right)^n\cdot\sqrt{2n\pi}$$ Por cierto: Creo que este problema es muy interesante. Pero no puedo probarlo.

Esto es En 2014 China matemáticas equipo nacional pregunta(Ahora china Seleccione 6 personas para la formación, es para China para participar en la OMI. Este problema es del tema de entrenamiento)

Tal vez @Ivanh y demás puedan ayudarme, gracias.

Answer 1

Fijar $k$ arbitrariamente y denotar la suma $k! + (2k)! + \cdots + (nk)!$ por $I_n$ . Basta con demostrar que el conjunto de primos $p$ que dividen al menos uno de los $I_n$ es infinito, aquí hay un argumento para que esto sea así.

Supongamos, por otra parte, que sólo hay un número finito de primos que dividen a cualquiera de los $I_n$ . Para un primo dado $p$ y enteros $a$ , dejemos que $e_p(a)$ sea el exponente de $p$ en $a$ . Necesitaremos la siguiente propiedad de $e_p$ para cualquier par $a,b$ de números enteros, \begin {align*} e_p(a+b) = \min\ {e_p(a),e_p(b)\N-} \tag {1} \end {align*} excepto, posiblemente, cuando $e_p(a) = e_p(b)$ .

Dejemos que $U$ sea el conjunto de todos los primos $p$ tal que $e_p(I_{n-1}) \geq e_p((nk)!)$ para todos $n$ (los primos con exponente no limitado en la secuencia $\{I_n\}$ ), y que $B$ sea el conjunto complementario, es decir, el conjunto de todos los primos $p$ tal que $e_p(I_{n-1})<e_p((nk)!)$ para algunos $n$ . Tenga en cuenta que si $e_p(I_{n-1}) < e_p((nk)!)$ entonces $e_p(I_{n-1}) = e_p(I_n) = \cdots$ en virtud de $(1)$ . Como sólo hay un número finito de primos $p \in B$ para lo cual $e_p(I_n)$ es siempre distinto de cero, hay un número entero $N$ con la propiedad de que $e_p(I_n) = e_p(I_N)$ para cada $p \in B$ y para todos $n \geq N$ (cualquier $N$ tal que $Nk$ es al menos tan grande como el mayor primo que divide a algún $I_n$ lo hará). La cuestión es que $e_p(I_n)$ es constante para un tamaño suficiente de $n$ a menos que $p\in U$ .

Sólo hemos exigido que $e_p(I_{n-1}) \geq e_p((nk)!)$ cuando $p \in U$ . Pero $(1)$ implica que en determinadas circunstancias los dos exponentes deben ser iguales. En efecto, donde $((n+1)k)!$ contiene más factores de $p$ que $(nk)!$ Debemos tener $e_p(I_{n-1}) = e_p((nk)!)$ Si no $(1)$ dar \begin {align*} e_p(I_n) = \min\ {e_p(I_{n-1}),e_p((nk)!)\N- = e_p((nk)! < e_p(((n+1)k)!) \end {align*} en violación de la suposición de que $p \in U$ .

Si ahora elegimos $n$ cuidadosamente podemos forzar $e_p(I_{n-1}) = e_p((nk)!)$ para todos $p \in U$ . El argumento anterior demuestra que esto ocurrirá siempre que $e_p((nk)!) < e_p(((n+1)k)!)$ para todos $p\in U$ . Si $m = \prod_{p\in U}p$ entonces $n = am -1$ satisface esta condición para todos los $a\in\mathbb{N}$ . Así: \begin {align*} ¡e_p(I_{am-2}) = e_p((am-1)k)! \quad\text {para $p\in U$ y $a\in\mathbb{N}$ .} \end {align*}

Sólo necesitamos un hecho más, y es que $((am-1)k)!$ no contiene más factores de ningún primo $p \in U$ que $((am-2)k)!$ lo hace. Si esto es cierto, entonces obtenemos la siguiente cadena para $p\in U$ y $a\in\mathbb{N}$ : \begin {align*} e_p(I_{am-3}) \geq e_p(((am-2)k)!) = e_p(((am-1)k)!) = e_p(I_{am-2}). \tag {2} \end {align*} Ya que para grandes $a$ tenemos $e_p(I_{am-3}) = e_p(I_{am-2})$ para $p \notin U$ la cadena $(2)$ implica para los grandes $a$ que $I_{am-3}$ contiene al menos tantos factores de cada primo $p$ como $I_{am-2}$ lo hace. Esto a su vez significa que $I_{am-3}\geq I_{am-2}$ , que es nuestra contradicción deseada.

Así que sólo queda demostrar que \begin {align*} e_p(((am-1)k)!) = e_p(((am-2)k)!) \quad\text {para $p\in U$ }. \tag {3} \end {align*} Desde $((am-1)k)!/((am-2)k)! = (amk - k)(amk-k-1)\cdots (amk - 2k+1)$ los exponentes serán desiguales sólo si $p$ divide $amk-j$ para algunos $j<2k$ . Para $p\in U$ esto será cierto sólo si $p$ divide $j$ ya que en ese caso $p$ divide $m$ . En particular, necesitaríamos $p<2k$ . Pero no hay primicias $p$ más pequeño que $2k$ tiene un exponente ilimitado en la secuencia $\{I_n\}$ porque $I_n/k!$ no es divisible por ningún primo de este tipo. Por lo tanto, todo primo $p\in U$ es mayor que $2k$ y $(3)$ está demostrado.

Answer 2

He aquí algunas observaciones y reflexiones.

Hasta $k=30$ se necesita $n=3$ para $k=7,11,12,15,16,18,19,20,21,23$ pero $n=2$ es suficiente la otra $20$ tiempos.

Dejemos que $I_{k,n}=I=k!+(2k)!+(3k)!+\cdots+(nk)!=k!J_{k,n}$ donde $J_{k,n}=1+\frac{2k!}{k!}+\frac{3k!}{k!}+\cdots+\frac{nk!}{k!}$ . Un primo menor que $2k$ divide todos los sumandos de $J_{k,n}$ excepto $1$ y por lo tanto no divide $J_{k,n}.$ Para $t \gt 2$ y primo $tk \lt p \lt (t+1)k$ tenemos que $J_{k,n} \equiv J_{k,t} \bmod p$ para $n \ge t$ ya que todos los sumandos que empiezan por $\frac{(t+1)k!}{k!}$ son múltiplos de $p$ . Por lo tanto, $p$ divide todo el $J_{k,n}$ con $kn+k \gt p$ o ninguno de ellos.

Parece que se está acercando a la esperanza de una prueba, pero siguen existiendo lagunas. Parece probable que, para las pruebas fijas $k$ la mayoría de los primos (en cierto sentido) sólo dividen finitamente muchos de los $J_{k,n}$ De hecho, probablemente la mayoría divide a ninguno de ellos. Resulta que $1+\frac{26!}{13!}=31\cdot 4591 \cdot 455061112081$ así que $31 \mid J_{13,n}$ para todos $n \ge 2.$ Asimismo, $31 \mid J_{15,n}$ , $41 \mid J_{18,n}$ y $23 \mid J_{11,n}$ para $n \ge 2$ . Incluso para tales primos, $p^e$ divide todo o nada del $J_{k,n}$ con $kn+n \gt ep.$ En estos cuatro casos, ninguno llega a $p^2$ excepto que $41^2 \mid J_{18,4}.$ Sin embargo, $41^3 \nmid J_{18,6}.$

Hasta $k=30$ hay tres pequeños casos de $J_{k,2}$ siendo un cuadrado (un cuadrado de un primo, por cierto) pero por lo demás no hay factores primos repetidos (tampoco para $J_{k,3}$ en el $10$ casos anteriores que lo necesitaban).

Los tres casos son los siguientes (las expansiones dadas parecen bonitas pero no pretendo que tengan nada de especial) $$J_{3,2}=1+4\cdot 5 \cdot 6=1+4\frac{11-1}{2}\frac{11+1}{2}=11^2$$ $$J_{4,2}=1+(5 \cdot 8) (6 \cdot 7) =1+(41-1)(41+1)=41^2$$ y $$J_{7,2}=1+12 \cdot(9\cdot 11 \cdot 14)(8 \cdot 10 \cdot 13)=1+12\frac{4158}{3}\frac{4160}{4}=4159^2.$$

En cuanto al fenómeno visto anteriormente (para $p=23,31$ ) de los primos $p=2k+1$ con $p \mid J_{k,2},$ estos son los primos descritos aquí .

Answer 3

He intentado una prueba por contradicción sin éxito. Sin embargo, este es mi enfoque. Utilizaré la misma notación que ha utilizado Aaron. Escribe $J_{k,n} = \frac{k!}{k!} + \dots + \frac{nk!}{k!}$ y $I_{k,n} = k! + \dots + (nk)!$ .

Supongamos que la afirmación no es cierta. Entonces a $k \in \mathbb{N}_{>0}$ existe con la siguiente propiedad: para cada $n \in \mathbb{N}_{>0}$ podemos escribir $J_{k,n}$ como producto de primos menores que $k!$ . Considere tal número $k$ . Definir $$A = \{ p \leq k! \mid p \text{ is a prime} \}.$$ Por cada $p \in A$ dejar $t_pk < p < (t_p+1)k$ y por lo tanto para todos $r \in \mathbb{N}_{>0}$ sabemos que $p^r \mid \frac{(r(t_p + 1)k)!}{k!}$ . . Esto da la congruencia $J_{k,rt_p + r -1} \equiv J_{k,n} \mod{p^r}$ para todos los números naturales $n \geq rt_p + r -1$ . Por lo tanto (con $p, n$ la misma), $p^r \nmid J_{k,rt_p + e -1} \Rightarrow p^r \nmid J_{k,n}$ . Así, si tenemos $p^r \nmid J_{k,rt_p + r -1}$ para algunos $r \in \mathbb{N}_{>0}$ , $p \in A$ podemos concluir que el exponente del primo $p$ en la factorización primaria de $J_{k,n}$ tiene un límite superior (con $n$ variable). Si estos límites existieran para todos los $p \in A$ tendríamos una contradicción, porque $(J_{k,n})_n$ diverge y $A$ es un conjunto finito. Por lo tanto, el conjunto $$B = \{ p \in A \mid \forall r \in \mathbb{N}_{>0}: p^r \text{ divides } J_{k,rt_p + r -1} \}$$ no está vacío.

Ahora considere tal $p \in B$ y escribir $t = t_p$ . Entonces tenemos debido a la congruencia derivada anterior: $$\forall r \in \mathbb{N}_{>0}: \forall n \geq rt + r -1: p^r \mid J_{k,n}.$$

Que esto sea cierto me parece muy poco probable, pero no puedo sacar una contradicción de ello. Tal vez sea posible utilizar la desigualdad dada para demostrar que existe una $r \in \mathbb{N}_{>0}$ tal que $$qp^{r} < J_{k,n} < (q+1)p^{r},$$ para algunos $n \geq rt + r -1$ y $q \in \mathbb{N}$ .

Answer 4

Vale, después de pensar un rato en esto, no tengo una respuesta definitiva, pero creo que he avanzado algo. No estoy seguro de que podamos extender esto a $k!$ pero lo recorreré de todos modos. Comienza reconociendo que podemos reescribir $I$ como $$I=k![1+(k+1)(k+2)\cdots (2k)+\cdots+(k+1)(k+2)\cdots (nk)]$$

Ahora, $k!$ tiene alguna factorización prima: $$k! = P_1*P_2*\cdots*P_n$$ Puede que no sean todos únicos, pero no importa. Como $k!$ no es primordial para $k\geq3$ podemos decir WLOG que $P_i<k!$ . También podemos decir (trivialmente) que todo número primo menor que $k$ es un factor de $k!$ .

Ahora bien, como $I$ también tiene su propia factorización primaria, podemos decir que: $$I = P_1*\cdots*P_n*Q_1*\cdots*Q_m$$ donde todos $Q_i$ son primos, por lo que $$1+(k+1)(k+2)\cdots(2k) + \cdots + (k+1)(k+2)(k+3)\cdots(nk) = Q_1*Q_2*\cdots*Q_j$$

Por último, podemos decir que al menos uno de los $Q_i$ es mayor que $k$ . Esto es así porque $(k+1)(k+2)\cdots(2k)$ es un múltiplo de cada primo menor que $k$ . Por lo tanto $q + (k+1)(k+2)\cdots(2k)$ debe tener un primo mayor que $k$ como factor.

Ahora me encuentro con un bloqueo, porque no estoy seguro de cómo (o si podemos) extender esto para demostrar que a medida que aumentamos n vamos a asegurarnos de obtener un factor primo mayor que $k!$ . ¿Comentarios?