Problema de divisibilidad.

Question

Encontrar todos los números naturales $n\geq1$ tal que $n^2$ no divide $(n-2)!$ . Intenté hacerlo suponiendo la factorización prima de n en términos de variable, pero no puedo zumbarlo, ¡por favor ayuda!

Answer 1

En lo que debes centrarte es en la factorización primaria de $(n - 2)!$ . Digamos que $p_1 = 2$ , $p_2 = 3$ , $p_3 = 5$ y así sucesivamente hasta $p_{\pi(n - 2)}$ (donde $\pi(n - 2)$ te dice cuántos primos hay hasta $n - 2$ . Entonces la factorización de $(n - 2)!$ es algo así: $$(n - 2)! = {p_1}^{\alpha_1} {p_2}^{\alpha_2} \ldots {p_{\pi(n - 2)}}^{\alpha_{\pi(n - 2)}}.$$

Claramente $\alpha_{\pi(n - 2)} = 1$ . Los exponentes anteriores pueden ser mayores que 1, y ciertamente $\alpha_1 > 1$ para $n > 5$ . Averiguar $\alpha_2$ , $\alpha_3$ se pone un poco difícil. Pero definitivamente $\alpha_j = 0$ para todos $j > \pi(n - 2)$ .

Lo que esto significa es que ningún cuadrado o cubo otra potencia superior de un primo mayor que $n$ puede dividir $(n - 2)!$ . Por ello, tampoco puede $(n - 1)^2$ si $n - 1$ es primo. En cuanto a los números que tienen todos sus factores primos en común con $(n - 2)!$ si alguno de los exponentes de su factorización supera un determinado umbral, su cuadrado no dividirá $(n - 2)!$ .

Bueno, creo que puedes llevarlo desde aquí hasta el destino: si $n$ es un primo, o dos veces primo, o igual a 8 o 9, entonces $n^2 \nmid (n - 1)!$ (ver A178156 en el OEIS de Sloane).

Answer 2

Bien, probemos esto:

Creo que un número $n$ con los factores primos $\alpha_n$ y el exponente $\beta_n$ una solución si y sólo si es menor que $\max\{\alpha_n 2 \beta_n\} + 2$

Prueba de concepto: $n^2$ tiene los mismos factores primos con doble exponente. $(n - 2)!$ contiene el factor primo $x$ exactamente $\lfloor \frac{n - 2}{x} \rfloor$ tiempos. Por lo tanto, $(n - 2)!$ es divisible por $\alpha_n^{2 \beta_n}$ si $n \geq \alpha_n 2 \beta_n + 2$ .

Answer 3

Bueno, la clave está en la factorización primaria. Supongamos que $n = pqr,$ donde $p < q$ son primos y $r > 1$ . Entonces $p 2, q 3$ y $r 2$ no necesariamente un primo. Por lo tanto, tenemos $n2 np=pqrp5p>p$ , $n2 nq=q(pr1)3q>q$ , $n2 npr=pr(q1)2pr>pr$ , $n2 nqr=qr(p1)qr$ .

Observe que $p,q,pr,qr$ son todos distintos. Por lo tanto, su producto divide $(n 2)!$ . Así, $n^2 = p^2q^2r^2$ divide $(n 2)!$ en este caso. Concluimos que $n = pq$ donde $p,q$ son primos distintos o $n = pk$ para algún primo $p$ .

Caso 1. Supongamos que $n = pq$ para algunos primos $p,q,$ donde $2 < p < q$ . Entonces $p 3$ y $q 5$ . En este caso $n2 > np=p(q1)4p$ , $n2 > nq=q(p1)2q$ . Así, $p,q,2p,2q$ son todos los números distintos del conjunto ${1,2,3,... ,n 2}.$ Vemos que $n^2 = p^2q^2$ divide $(n 2)!$ .

Concluimos que $n = 2q$ para algún primo $q 3$ . Tenga en cuenta que $n2=2q2<2q$ en este caso para que $n^2$ no divide $(n2)!$ .

Caso 2. Supongamos que $n = pk$ para algún primo $p$ . Observamos que $p,2p,3p,...(pk1 1)p$ todos se encuentran en el conjunto ${1,2,3,... ,n 2}$ . Si $pk1 1 2k,$ entonces hay al menos $2k$ múltiplos de $p$ en el conjunto ${1,2,3,... ,n 2}.$ Por lo tanto, $n^2 = p^2k$ divide $(n2)!.$ Así, $pk1 1 < 2k.$ Si $k 5$ entonces $pk1 1 2k1 1 2k$ , lo que se puede demostrar por una fácil inducción. Por lo tanto, $k 4.$ Si $k = 1$ obtenemos $n = p,$ un primo. Si $k = 2,$ puis $p1 < 4$ para que $p = 2 \ or \ 3$ obtenemos $n = 22 ,4 \ or$ $n = 32 , 9$ . Para $k = 3$ tenemos $p^2 1 < 6$ dando $p = 2$ ; $n =23,8$ en este caso. Finalmente, $k = 4$ da $p^3 1 < 8$ . De nuevo $p = 2$ y $n = 24 , 16$ . Sin embargo, $n^2 = 28$ divide $14!$ y por lo tanto no es una solución. Así, $n = p,2p$ para algún primo $p$ o $n = 8,9$ .

La respuesta habría sido más interesante y menos larga si op hubiera dado algunas condiciones adicionales. Pero, sin embargo, la pregunta era hermosa.