$n!$ nunca es un cuadrado perfecto si $n\geq2$ . ¿Hay alguna prueba de esto que no utilice el teorema de Chebyshev?

Question

Si $n\geq2$ entonces $n!$ no es un cuadrado perfecto. La prueba de esto se desprende fácilmente del teorema de Chebyshev, que establece que para cualquier número entero positivo $n$ existe un primo estrictamente entre $n$ y $2n-2$ . Se puede encontrar una prueba aquí .

Hace dos semanas y cuatro días, uno de mis compañeros me dijo que es posible demostrar que $n!$ nunca es un cuadrado perfecto para $n\geq2$ sin utilizar el teorema de Chebyshev. Desde ese día he intentado demostrarlo de esa manera, pero lo más cerca que he llegado es, mediante el uso del teorema de los números primos, demostrar que existe un número natural $N$ de manera que si $n\geq N$ , $n!$ no es un cuadrado perfecto. Esto no está muy cerca en absoluto. He intentado numerosas estrategias en las últimas semanas y ahora estoy tratando de utilizar los teoremas de Sylow en $S_n$ para demostrar de alguna manera que $|S_n|$ no puede ser cuadrado (no he hecho ningún progreso).

¿Me estaba tomando el pelo mi compañero de clase, o hay realmente una forma de demostrar este resultado sin el Teorema de Chebyshev? Si es posible, ¿puede alguien indicarme la dirección correcta para una demostración?

Gracias.

Answer 1

Esta es una manera de hacerlo. Necesitaremos La fórmula de De Polignac que es la afirmación de que el mayor $k$ tal que $p^k$ divide $n!$ es $$k=\sum_{i}\left\lfloor\frac{n}{p^i}\right\rfloor.$$ Además, aprovecharemos que la función $\left\lfloor\frac{2n}{p}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor$ es siempre igual a $0$ o $1$ .

Prueba: Empecemos con los números pares. Supongamos que $(2n)!$ es un cuadrado. Entonces $\binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{n!n!}$ es también un cuadrado, y podemos escribir $$\binom{2n}{n}=\prod_{p\leq2n}p^{v_{p}}$$ donde cada $v_p$ está en paz. La observación crítica es que para los primos $p>\sqrt{2n}$ tenemos $v_{p}=\left\lfloor\frac{2n}{p}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor$ que debe ser igual a $0$ o $1$ y como $v_p$ es par, concluimos que $v_{p}=0$ para $p>\sqrt{2n}$ . Esto llevará a una contradicción ya que $\binom{2n}{n}$ no puede estar compuesto por un número tan pequeño de números primos - esto daría límites superiores imposiblemente fuertes en el tamaño del coeficiente binomial central.

Para $p\leq\sqrt{2n}$ , $$v_{p}=\sum_{i}\left\lfloor\frac{2n}{p^{i}}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{p^{i}}\right\rfloor\leq\log_{p}2n$$ y así $p^{v_p}=\exp(v_p\log p)\leq\exp(\log(2 n))= 2n$ que da el límite superior $$\binom{2n}{n}=\prod_{p\leq\sqrt{2n}}p^{v_{p}}\leq\left(2n\right)^{\sqrt{2n}}.$$ Ampliar $(1+1)^{2n}$ habrá $2n+1$ términos de los cuales $\binom{2n}{n}$ es el más grande. Esto implica que $\binom{2n}{n}>\frac{2^{2n}}{2n+1}$ y como $$\frac{2^{2n}}{2n+1}>(2n)^{\sqrt{2n}}=2^{\sqrt{2n}\log_2(2n)}$$ para todos $n> 18$ concluimos que $(2n)!$ nunca es un cuadrado.

Para demostrarlo para los números Impares, considere la cantidad $\frac{(2n+1)!}{n!n!}$ . Observando que $\left\lfloor\frac{2n+1}{p}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor$ sólo toma los valores $0$ y $1$ para impar $p>1$ vemos que la prueba anterior es idéntica con una ligera modificación en el primer $2$ .