p^p|n! --> p^(p+1)|n!

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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ReKaio
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p^p|n! --> p^(p+1)|n!

Messaggio da ReKaio » 30 nov 2005, 07:03

p primo, n naturale, dimostrare che vale

$ p^p|n! \rightarrow p^{p+1}|n! $

(problemino rilassato, giusto per giocare un po')
_k_

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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 30 nov 2005, 08:12

Tanto per dire qualcosa, si tratta dell'immediata generalizzazione di un problema (stranamente facile!) proposto sull'AMM qualche mesetto fa.

P.S.: ciau, mitico K. :D

Giggles
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Messaggio da Giggles » 02 dic 2005, 20:41

Allora, vediamo la cosa in questo modo.
i multipli di p sono p, 2p, 3p, ... ; mi fermo a (p-1)p. Vedo allora che se prendo un n tale che n < p*p (il multiplo successivo), dato che p è primo, sarà al più divisibile per $ p^{p-1} $ (se (p-1)p =< n < p*p). Per aumentare l'esponente dovrò allora prendere n maggiore o uguale al successivo multiplo di p, cioè $ p^2 $. Ma così facendo l'esponente di p aumenta di 2 anzichè di 1, e quindi $ p^{p+1}|n! $.
Lo so che è incasinata ma ho altri pensieri al momento... spero si capisca lo stesso.
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(\_/)
(°_°)
(> <) il coniglietto non perdona

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Son tornato - per la vostra gioia, owio!

Messaggio da HiTLeuLeR » 07 dic 2005, 21:38

i) If $ n < p^2 $, then $ \displaystyle v_p(n!) = \sum_{t=1}^\infty \left\lfloor \frac{n}{p^t}\right\rfloor < p $, assurdo! Hence ii) $ n \ge p^2 $. Once more: $ \displaystyle v_p(n!) \ge \left\lfloor \frac{n}{p}\right\rfloor + \left\lfloor \frac{n}{p^2}\right\rfloor = p + 1 $.

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