El producto de números enteros consecutivos nunca es una potencia: Lemma 2 (Estudio de un trabajo de investigación)

Question

P. Erdos y J. L. Selfridge demostraron en el artículo EL PRODUCTO DE INGENIOS CONSECUTIVOS NUNCA ES UNA POTENCIA (haga clic aquí) que la ecuación $(n + 1) \cdots(n + k)=x^l \cdots (1)$ no tiene solución en números enteros con $k > 2, l > 2, n > 0$ . Existe un lema $2$ en la página 294, 295 -

LEMA 2. Eliminando un subconjunto convenientemente elegido de $\pi(k-1)$ de los números $a_i (1 \leq i \leq k)$ tenemos $$a_{i_l}...a_{i_k'},|(k -1)!\cdots (9)$$ donde $k’=k -\pi(k-1)$ .

Para cada primo $p < k-1 $ omitimos un $a_m$ para lo cual $ n + m$ es divisible por $p$ al más alto poder. Si $1 \leq i \leq k$ y $i \neq m$ el poder de $p$ dividiendo $n +i$ es igual a la potencia de $p$ dividiendo $i-m$ . Así $p^\alpha||a_{i_l}...a_{i_k'}$ implica $p^\alpha|(k-m)!(m-1)!$ .

Comprendo $p | i-m$ pero ¿cómo $p^\alpha||a_{i_l}...a_{i_k'}$ implica $p^\alpha|(k-m)!(m-1)! \:\:$ ?

Edita:

Toma, $n + i= a_ix^l$ donde $a_i$ es $l^{th}$ -y todos sus factores primos son menores que $k$ (suponiendo que el teorema 2 sea falso, véase la página 293 de el periódico (haga clic aquí) para la definición).

Answer 1

(Rellene los huecos según sea necesario. Si estás atascado, escribe tu proceso de trabajo y pensamiento para demostrar en qué punto te encuentras).

Escríbelo.

Sea $ p^{k_i} || n+i$ .

Para $ i \neq m$ demostramos ahora que $p^{k_i} || i-m$ . Por definición de $m$ , $p^{k_i} \mid n+m$ .

• Caso 1: $ p^{k_i + 1} \mid n+m$ . Verificar que efectivamente tenemos $ p^{k_i} || (n+i)-(n+m) = i-m$ .
• Caso 2: $ p^{k_i} || n+m$ . Entonces $p^{ k_i} \mid (n+i)-(n+m)$ y $ |i-m| \leq p^{k_i + 1}$ de ahí $ p^{ k_i} || i-m$ .

Sea $K=k_i \pmod{l}$ (en clase de módulo reducido). Entonces, por definición, $ p^{K_i} || a_i$ y $K_i \leq k_i$ .

Por lo tanto, tenemos $ p^{\sum k_i } || \prod_{i\neq m}(i-m) = (k-m)!(m-1)! $ y $p^{\sum K_i } || \prod a_i $ .

Desde $ \sum K_i \leq \sum k_i$ se obtiene el resultado deseado.
En concreto, con $\alpha = \sum K_i$ tenemos que $ p ^\alpha || \prod a_i$ y $ \alpha \leq \sum k_i$ así que $ p^\alpha \mid p^{\sum k_i} \mid (k-m)!(m-1)!$ .

Answer 2

$i-m$ es divisible por $p$ al igual que $(i-m)$ , $p$ divide $(m-i)$ de $(n+m)-(n+i) \equiv 0 \pmod p \implies m-i \equiv 0 \pmod p$ Consulte la definición en el archivo pdf.

Ver que $(i-m)$ , $(m-i)$ actuar como factor de $(k-m)!(m-1)!$ .

es fácil encontrar que $(k-m)!(m-1)!| (k-1)!$ .

Por ello $p^{\alpha}$ divide $a_{i_{1}} \cdots a_{i_{k'}}$ da $p^{\alpha}$ divide $(k-m)!(m-1)!$ y , $p^{\alpha}$ divide $(k-1)!$ .