Que $p$ ser un primer y $n$ ser un número entero positivo. Probar que divide a que $n!$ $(p^n-1)\cdots(p^n-p^{n-1})$

Question

Que $p$ ser un primer y $n$ ser un número entero positivo. Demostrar que $n!$ %#% $de #% he comprobado que es trivial para$$(p^n-1)(p^n-p)(p^n-p^2)\cdots(p^n-p^{n-1})$ pero no la parte generalizada de divide. También tengo una solución teórica del grupo, pero quiero una solución teórica número elemental.

Answer 1

Este es vagamente relacionado con el "recuento $GL_n(\mathbb F_p)$ enfoque," pero más directo.

Más generalmente, $$(p^n-1)(p^n-p)\cdots(p^{n}-p^{k-1})$$ is divisible by $k!$. This is because this counts the number of ordered sequences $v_1,v_2,v_3,\dots,v_k$ of linear independent vectors in $\mathbb F_p^n$. But for every unordered set of $k$ linear independent vectors, there are $k!$ ordered sequences of $k$ linear independent vectors. So if $M_k$ is the number of sets of $k$ lineal independiente de vectores, entonces:

$$k!M_k = (p^n-1)\cdots (p^n-p^{k-1})$$

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Alternativamente, usted puede tratar de averiguar la alta potencia de un primer $q$ que se divide $M=(p^n-1)\cdots(p^n-p^{n-1})$ donde $q\leq n$.

El mayor poder de la prime $q$ que se divide $n!$ $$N_q=\sum_{k=1}^{\infty}\left\lfloor\frac n{q^k}\right\rfloor$$

Si $q=p$,$q^{n(n-1)/2}\mid M$$\frac{n(n-1)}{2}\geq N_q$.

Si $q\neq p$, el más alto poder de $q$ que se divide $M$ al menos:

$$\sum_{k=1}^{\infty}\left\lfloor\frac n{q^k-q^{k-1}}\right\rfloor$$

El es porque al menos cada $q-1$ valores de $p^{a}-1$ son divisibles por $q$, al menos cada $q^2-q$ es divisible por $q^2$, al menos cada $q^3-q^2$ es divisible por $q^3$. Esto es debido a que el orden de $p$ modulo $q$ es en la mayoría de las $q-1$, la orden de $p$ modulo $q^2$ es en la mayoría de las $q^2-q$, etc.

Pero es claro que:

$$\sum_{k=1}^{\infty}\left\lfloor\frac n{q^k-q^{k-1}}\right\rfloor\geq \sum_{k=1}^{\infty}\left\lfloor\frac n{q^k}\right\rfloor$$

Creo que esta prueba se extiende a $p$ no de una prima. Si $p$ no es primo, mostrará $q\mid p$ y, a continuación, para $(q,p)=1$.

Answer 2

Esto no puede calificar como elementales de la teoría de números, pero podría ser una forma fructífera de mirar a este y otros problemas similares. El resultado se desprende de la teoría de Bhargava factoriales, y $p$ no necesita ser el primer. Ejemplo 18 en este documento los estados $n!_T = (p^n-1)(p^n-p)(p^n-p^2)\cdots(p^n - p^{n-1})$ para el conjunto de $T = \{1, p, p^2, p^3, \dots\}$ para cualquier entero $p > 1$. La costumbre factorial es$n!_S = n!$$S = \mathbb{Z}$. Pero Lexema 13 estados que $n!_S \,|\, n!_T$ todos los $n \ge 0$ siempre $T \subseteq S$.

Answer 3

Tirando de las facultades que nos encontramos con $$A = (p^n - 1)~p~(p^{n-1} - 1)~p^2(p^{n-2} - 1)~\dots~p^{n-1}~(p-1),$$ así que de manera más compacta uno ha $$A=p^{n(n-1)/2}\prod_{k=1}^n(p^k-1).$$ Supongamos que la factorización prima de $n!$ contiene el primer $q$ con exponente $t$; podemos enlazado a este exponente? Bien, $\lfloor n/q\rfloor$ términos son divisibles por $q$ al menos una vez y, a continuación, $\lfloor n/q^2\rfloor$ son divisibles por $q$ al menos dos veces, y así sucesivamente -- así que esto significa que la suma real es de $t=\sum_{i=1}^\infty \lfloor n/q^i\rfloor$ y $t\le\left\lfloor\sum_{i=1}^\infty n/q^i\right\rfloor$ debe actuar como un límite superior, dando a $t \le \lfloor n/(q - 1)\rfloor$ cuando la serie geométrica se resume.

Por lo tanto, si $q=p$ encontramos directamente que los divisores que debe encajar en el primer término, $t < n(n-1)/2$, y esto es ciertamente posible, ya que nuestro límite superior en $t$, $n/(p-1),$ está a menos de $n(n-1)/2$ siempre $2 < (n-1)(p-1).$ (casos Especiales creados: $n=1$ incondicionalmente y $(n, p) = (2, 2).$ Tanto puede ser fácilmente verificado; $1!$ divide nada y $2!$ divide $6$.)

Para $q \ne p$ tenemos un poco de un problema más espinoso. Fermat poco teorema nos da ese $p^{q-1}\equiv 1 \pmod q$ y las sucesivas potencias de la prime también debe ser equivalente a $1$ mod $q$, por lo que tenemos que $p^{m(q-1)} - 1\equiv 0\pmod q$$m=1,2,\dots$. Como podemos enumerar $k:1\to n$, se debe golpear en estos términos $\lfloor n/(q-1) \rfloor$ a veces y por lo tanto el lado derecho debe ser divisible por $q^{\lfloor n/(q-1)\rfloor}$, lo que implica que es divisible por $q^t,$ completar la prueba.