Probar que si $n > 4$ está compuesto $n|(n-1)!$

Question

Deje $n = p_1^{q_1}p_2^{q_2}p_3^{q_3}\dots p_n^{q_n}$ donde cada una de las $p_i$ es una de las principales y menos de $n$ y cada una de las $q_i \geq 1$.

Estamos obligados a demostrar que $n |(n-1)!$. Para que esto sea cierto cada $p_i$ tiene que estar en la factorización prima de $(n-1)!$ $q_i$ tiene que ser menor o igual a la potencia de $p_i$$(n-1)!$. Ahora, $(n-1)! = 1\cdot 2\cdot3 \dots (n-1)$. Desde cada una de las $p_i$ es de menos de $n$ tiene que venir al menos una vez en la representación factorial.

Ahora, queda demostrado que hay mayor o igual a $q_i$ múltiplos de $p_i$ en la representación factorial de $(n-1)!$. No será exactamente $\left \lfloor{\frac{(n-1)}{p_i}}\right \rfloor $ múltiplos de $p_i$ en la representación factorial de $(n-1)!$. Desde $\left \lfloor{\frac{(n-1)}{p_i}}\right \rfloor = \frac{n}{p_i} - 1 = ap_i^{q_i - 1} - 1$ donde $a = \frac{n}{p_i^{q_i}} \geq 1$. No sé cómo demostrar que este es mayor o igual a $q_i$.

Answer 1

Dos de los casos, depende de si $n$ es un cuadrado perfecto de un primo,

Caso 1: si $n$ no es,
Deje $n = qr$ donde $q$ $r$ son diferentes a los enteros más pequeños que $n$. A continuación, tanto en $q$ $r$ son factores de $(n-1)!$.

Caso 2: si $n = p^2$,
$p^2$ todavía puede ser un factor de $(n-1)!$ si hay un $p$ factor y un $2p$ factor dentro de $(n-1)!$, que es cuando la siguiente desigualdad se cumple: $$\begin{align*} n-1 &\ge 2p\\ (n-1)^2 &\ge 4n\\ n^2-6n+1 &\ge 0\\ n&\ge 6 \end{align*}$$

Answer 2

Aquí es un poco más fácil argumento. Se utiliza la misma idea, sólo que con menos factores.

Deje $n = ab$ $1 < a, b < n$ ($a$$b$ existen porque $n$ es compuesto). Si $a$ $b$ son distintos, luego de que ambos se producen en el producto $(n-1)! = (n-1)\times (n-1)\times \dots \times 2\times 1$.

El único momento en que no podemos organizar $a$ $b$ a ser distinto es si $n = p^2$ para algunos prime $p$. Como $n > 4$, $p \geq 3$. Ahora tenga en cuenta que los números de $p, 2p, \dots, (p-1)p$ a menos de $n - 1$$p^{p-1} \mid (n - 1)!$. En particular, $p - 1 \geq 2$, lo $p^2 \mid p^{p-1}$ y, por tanto,$p^2 \mid (n-1)!$.

Answer 3

SUGERENCIA: Usted no debe utilizar a $n$ tanto en el número y el número de los distintos factores primos: vamos a $n=p_1^{q_1}p_2^{q_2}\ldots p_m^{q_m}$ lugar. Ahora tenga en cuenta que$p_i^{q_i}<n$$i=1,\dots,m$, y los factores de $p_i^{q_i}$ son todos distintos. Este cubre el caso en el $m>1$.

Si $n=p^k$ algunos $k>1$, directamente se puede contar el número de factores de $p$$n!$. Por ejemplo, $p^2!$ factores $p,2p,\ldots,(p-1)p$, que contribuyen $p$ factores de $p$; eso es suficiente, incluso si $p=2$. Otros poderes son casi tan fácil, pero en realidad no los necesita: si $k>2$, tenga en cuenta que $p<p^{k-1}<n$.