Que p ser un primer y n ser un número entero positivo. Demostrar que n! %#% de #% he comprobado que es trivial para(pn−1)(pn−p)(pn−p2)⋯(pn−pn−1) pero no la parte generalizada de divide. También tengo una solución teórica del grupo, pero quiero una solución teórica número elemental.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Este es vagamente relacionado con el "recuento GLn(Fp) enfoque," pero más directo.
Más generalmente, (pn−1)(pn−p)⋯(pn−pk−1) is divisible by k!. This is because this counts the number of ordered sequences v1,v2,v3,…,vk of linear independent vectors in Fnp. But for every unordered set of k linear independent vectors, there are k! ordered sequences of k linear independent vectors. So if Mk is the number of sets of k lineal independiente de vectores, entonces:
k!Mk=(pn−1)⋯(pn−pk−1)
Alternativamente, usted puede tratar de averiguar la alta potencia de un primer q que se divide M=(pn−1)⋯(pn−pn−1) donde q≤n.
El mayor poder de la prime q que se divide n! Nq=∞∑k=1⌊nqk⌋
Si q=p,qn(n−1)/2∣Mn(n−1)2≥Nq.
Si q≠p, el más alto poder de q que se divide M al menos:
∞∑k=1⌊nqk−qk−1⌋
El es porque al menos cada q−1 valores de pa−1 son divisibles por q, al menos cada q2−q es divisible por q2, al menos cada q3−q2 es divisible por q3. Esto es debido a que el orden de p modulo q es en la mayoría de las q−1, la orden de p modulo q2 es en la mayoría de las q2−q, etc.
Pero es claro que:
∞∑k=1⌊nqk−qk−1⌋≥∞∑k=1⌊nqk⌋
Creo que esta prueba se extiende a p no de una prima. Si p no es primo, mostrará q∣p y, a continuación, para (q,p)=1.
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=(pn−1)(pn−p)(pn−p2)⋯(pn−pn−1) para el conjunto de T={1,p,p2,p3,…} para cualquier entero p>1. La costumbre factorial esn!S=n!S=Z. Pero Lexema 13 estados que n!S|n!T todos los n≥0 siempre T⊆S.
Tirando de las facultades que nos encontramos con A=(pn−1) p (pn−1−1) p2(pn−2−1) … pn−1 (p−1), así que de manera más compacta uno ha A=pn(n−1)/2n∏k=1(pk−1). Supongamos que la factorización prima de n! contiene el primer q con exponente t; podemos enlazado a este exponente? Bien, ⌊n/q⌋ términos son divisibles por q al menos una vez y, a continuación, ⌊n/q2⌋ son divisibles por q al menos dos veces, y así sucesivamente -- así que esto significa que la suma real es de t=∑∞i=1⌊n/qi⌋ y t≤⌊∑∞i=1n/qi⌋ debe actuar como un límite superior, dando a t≤⌊n/(q−1)⌋ 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≠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 qm=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.