He notado últimamente interesantes en el comportamiento de los valores de la función $f(n)=\frac{n}{v_2(n!)+1}$,
Donde $v_p(n)$ $p$- ádico de valoración de $n$, y también sabemos que $v_p(n!)=\sum_{t=1}^\infty \left\lfloor \frac{n}{p^t} \right\rfloor$.
Te voy a mostrar los valores de $f(n)$ para algunos valores de $n$ a continuación:
$(n,f(n))=(5,\frac{5}{4}),(10,\frac{10}{9}),(20,\frac{20}{19}),(30,\frac{10}{9}),(40,\frac{40}{39}),(50,\frac{25}{24}),(60,\frac{20}{19}),(100,\frac{50}{49}),...(900,\frac{300}{299}),(1000,\frac{200}{199})$
La primera pregunta que surge es si $f(n)>1$ todos los $n>1$. Para probar esto, tenemos que demostrar $n>v_2(n!)+1$.
La segunda pregunta es si todos los $f(n)$s están en la forma de un super especial relación de$(\frac{a+1}{a})$ para todos los valores de $n$. Para que esto ocurra, necesitamos $\frac{1}{f(n)-1}$ a ser un número natural. Después de algunos cálculos, debemos conseguir para probar $n-(v_2(n!)+1)|n$. Esto parece ser cierto para todos los $n$, pero me gustaría saber los valores de $n$ para las que es titular, como no tengo idea de acercarse a este problema!
Para el primer problema, he intentado utilizar la fórmula que he mencionado antes, y tengo esto:
$n>1+\lfloor{\frac{n}{2}}\rfloor+\lfloor{\frac{n}{2^2}}\rfloor+\lfloor{\frac{n}{2^3}}\rfloor+...$ Pero no sé donde conseguir de aquí, ya que tenemos que lidiar con un número infinito de pisos en el lado derecho!
Me gustaría appriecate cualquier ayuda :)
Edit: Como Gerry Myerson señalado, parece que $f(p)$ para algunos números primos $p$ es en forma de $\frac{a+2}{a}$ lugar. Sería bueno conocer para que los números primos $p$ esto sucede, pero todavía no tengo idea de acercarse a este tipo de problemas.
Respuestas
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Para la primera parte de la pregunta, hay un teorema de Legendre (1808).
Que $p$ ser un primo y que $n = a_k p^k + a_{k-1} p_{k-1} + \ldots + a_1 p + a_0$ ser la expansión de #% de base-$p$% #%, tenemos $n$ $
Esto se aplica al caso $$v_p(n!) = \frac{n - (a_k + a_{k-1} + \ldots + a_1 + a_0)}{p-1}$, tenemos $p = 2$ $v_2(n!) = n - \alpha(n)$ Dónde está el número de bits determinados en expansión binaria de $\alpha(n)$. Esto implica $n$ % todos $n \ge v_2(n!) + 1$.
Para una prueba del teorema, ver este.
El primer lugar que responde a la pregunta segunda es $n=7$, $\nu_2(7!)=4$, y obtenemos $f(7)=7/5$, que no es el % de forma $(a+1)/a$. $f(11)=11/9$, $f(13)=13/11$, $f(19)=19/17$, $f(21)=21/19$ (por lo que no es sólo números primos),..., $f(46)=46/43$ (por lo que no es números impares sólo),... No estoy seguro de que no existe una caracterización simple y útil de los contraejemplos.
Bueno, yo mismo llegué con otra prueba para la segunda pregunta, que creo que es un poco más corto (o más primaria) que lo achille hui sugirió el uso que por el teorema de Legendre. La evidencia completa de la mina es de la siguiente manera:
En primer lugar, vamos a probar que para cada número real positivo $x$, $2\lfloor x \rfloor \leq \lfloor 2x \rfloor$ (llamamos a esta Desigualdad yo).
Suponga $x=n+p$ para algunos entero $n$ y un número real $0\leq p<1$. El uso de esta, debemos demostrar $2\lfloor n+p \rfloor \leq \lfloor 2n+2p \rfloor$. mediante el uso básico de la función del suelo reglas, descubrimos que sólo debe demostrar $2\lfloor p \rfloor \leq \lfloor 2p \rfloor$. Debido a $p<1$ $p$ es positivo, por lo que nuestro caso está demostrado completamente. También, el lado izquierdo es siempre $0$ y el lado derecho es siempre positivo, y la igualdad sólo se aplica al$2p<1$, lo que significa $0\leq p<0.5$.
Ahora, primero se definen $S=v_2(n!)=\lfloor{\frac{n}{2}}\rfloor+\lfloor{\frac{n}{2^2}}\rfloor+\lfloor{\frac{n}{2^3}}\rfloor+...$ mediante el uso de la Desigualdad yo, podemos decir:
$2\lfloor \frac{n}{2^i} \rfloor \leq \lfloor \frac{n}{2^{i-1}} \rfloor$ . El uso de este varias veces, podemos decir $2(\lfloor{\frac{n}{2}}\rfloor+\lfloor{\frac{n}{2^2}}\rfloor+\lfloor{\frac{n}{2^3}}\rfloor+...)\leq \lfloor n \rfloor +\lfloor{\frac{n}{2}}\rfloor+\lfloor{\frac{n}{2^2}}\rfloor+\lfloor{\frac{n}{2^3}}\rfloor+...$$\lfloor n \rfloor = n$$2S\leq S+n$, lo que significa $S\leq n$. Ahora nos muestran que el lado izquierdo de una de las desigualdades pueden hacerse más grande en número de uno, lo que en consecuencia hace que $S+1\leq n$ que es la deseada desigualdad.
Sabemos que cada número natural $n$ es entre dos poderes de $2$, decir $2^k\leq n<2^{k+1}$. Mediante el uso de $2\lfloor \frac{n}{2^i} \rfloor \leq \lfloor \frac{n}{2^{i-1}} \rfloor$ para el caso de $i=k+1$ (que de hecho se incluye en la suma) tenemos: $2\lfloor \frac{n}{2^{k+1}} \rfloor \leq \lfloor \frac{n}{2^{k}} \rfloor$ y también tenemos $2^k\leq n<2^{k+1}$ tenemos $1\leq \frac{n}{2^{k}} < 2$$\frac{n}{2^{k+1}}<1$. Esto significa que el lado derecho de la desigualdad es$1$, pero el LHS es $0$. Así que podemos suponer que la LHS de ahí la desigualdad es exactamente $1$ en lugar de $0$, porque ya tenemos el valor exacto de la misma en el lado derecho y queremos hacer la desigualdad más fuerte, lo que demuestra nuestro resultado ($S+1\leq n$).
