¿$n\geq 6$, El más pequeño número compuesto que no es un factor de $n!$ es $2p$, donde $p$ es el primo más pequeño mayor que $n$?

Question

Estoy bastante seguro de que la siguiente afirmación es verdadera:

Para $n\geq 6$, el menor número compuesto que no es un factor de $n!$ $2p$ donde $p$ es el más pequeño de primer más grande que $n$.

Pero estoy teniendo problemas para probarlo.

Aquí es un intento por inducción. La propiedad es true cuando se $n=6$, y asumir que es cierto para $n$. Si $n+1$ no es primo, la inducción paso es trivial, para los primos más pequeños más grande que $n+1$ es igual a los primos más pequeños más grande que $n$; llamar a este primer $p$. Pero por hipótesis de todos los compuestos más pequeños de $2p$ brecha $n!$, por lo tanto $(n+1)!$.

El caso más difícil es al $n+1$ es primo. Deje $q$ denotar el siguiente primo, es decir, los primos más pequeños más grande que $n+1$. Sabemos por la hipótesis de que todos los compuestos más pequeños de $2(n+1)$ brecha $n!$, por lo tanto $(n+1)!$. También sabemos $2(n+1)$ divide $(n+1)!$. Para finalizar, debemos mostrar que todos los compuestos de $m$ estrictamente entre el $2(n+1)$ $2q$ brecha $(n+1)!$.

Aquí es donde me quedo atascado. Es sin duda contribuye a que la relación $\frac{q}{n+1}$ no puede ser mayor que 2 (por el postulado de Bertrand; me imagino que el obligado puede ser afiladas, pero sé que vergonzosamente poco de la teoría de los números). También es obvio que los factores primos de cualquier compuesto $m$ son todos más pequeños que $q$. Lo que no acabo de ver es un argumento para asegurar las competencias de los factores primos que no sean demasiado grandes.

No dude en dar de enfoques alternativos, en lugar de a través de la inducción, si hay una forma mucho más simple prueba de que he pasado por alto.

Answer 1

Un compuesto $m$ $2(n+1)\lt m \lt 2q$ no puede ser dos veces un primer porque $q$ es el primer siguiente después de $n+1$, así que debe tenerse en $ab$ $a,b \lt n+1$. $a,b$ Por separado son factores de $(n+1)!$ y $ab$ divide $(n+1)!$ a menos que $a=b$. Tenemos $a^2$brecha $(n+1)!$ a menos que $a \gt \frac {n+1}2$ ya $a,2a$ son ambos factores. Pero entonces $a^2 \gt \frac {(n+1)^2}4 \ge 4(n+1) \ge 2q$ siempre como $n \ge 15$ por el postulado de Bertrand. Podemos comprobar los casos hasta $15$ a mano para completar la prueba.

Answer 2

En mi opinión, la inducción no es siempre la mejor manera de demostrar todo.

Para este problema, en primer lugar, la revisión de la definición básica de la factorial: $$n! = \prod_{i = 1}^n i.$$ This means that $n!$ is divisible by every prime less than $n$, e.g., $6!$ is divisible by $2, 3, 5$ but not by $7$. Now, $8 \a mediados de 6!$, as also do $9, 10, 12$.

Eso es porque están compuestos de números divisibles por alguna combinación de los números primos que dividen a $6!$ pero sin exceso de la multiplicidad, por ejemplo,, $8 = 2 \times 4$, $9 \mid 3 \times 6$, $10 = 2 \times 5$, $12 = 3 \times 4$.

Obviamente $p \nmid n!$ si $p$ es el más pequeño de prime mayor que $n$. Pero $p$ es primo, no compuesto. Si hay compuestos de números entre el$n$$p$, me parece obvio que debe ser divisible por algunos de los mejores de menos de $p$.

Answer 3

SUGERENCIA: Lo que yo haría primero es preguntar por qué esto no es cierto para $n < 6$. Como en las otras respuestas, $p$ es el más pequeño de prime mayor que $n$.

• De hecho es cierto para $n = 1$.
• Para $n = 2$, el compuesto que estamos buscando es el 4, que es $2n$ en lugar de $2p$.
• Para $n = 3$, resulta que la respuesta es 4.
• Para $n = 4$, el compuesto que estamos buscando es el 9, el cuadrado de 3. El problema aquí es que en 4! no tiene el deseado multiplicidad de el factor de 3.
• Y para $n = 5$, la respuesta también es 9.

Lo que está pasando con la mayoría de las $n < 6$ es que a pesar de $2p \nmid n!$, existe un menor número compuesto, el cuadrado de un primo que no divide a $n!$.

Para $n = 6$ y más allá, los cuadrados de los números primos no nos preocupan tanto porque el más pequeño de los múltiplos de los números primos dar $n!$ suficiente multiplicidad de los números primos.

Como Dave ya se dijo, cada uno compuesto entre el $n$ $p$ debe ser divisible por algunos de los mejores de menos de $n$. Esto también es cierto de los composites entre el$p$$2p$. No puede ser divisible por cualquier mayor de los números primos.

Así que todo el problema se reduce a la multiplicidad de los números primos menores o iguales a $n$. Todavía hay un largo camino para salir de aquí, pero se puede lograr por medios elementales sólo.