Primi e binomiali dall'Engel (facile)
Inviato: 30 dic 2019, 15:58
Sia [math] un intero positivo e [math] un numero primo tale che [math]. Dimostare che [math].
Testo nascosto:
Da $\frac{2n}{3}<p<n$ si ricava $p>\frac{n}{2}$, $2p<2n$ e $3p > 2n$. Notiamo che $p=2\implies 2<n<3$, quindi necessariamente $p\neq2$. Di conseguenza $v_p\binom{2n}{n}=v_p((2n)!)-2v_p(n!)=0$.
Testo nascosto:
Per la formula di De Polignac $v_p((2n)!)=\sum_{k=1}^{\infty}\lfloor\frac{2n}{p^k}\rfloor=\lfloor\frac{2n}{p}\rfloor+\sum_{k=2}^{\infty}\lfloor\frac{2n}{p^k}\rfloor$. Notiamo che $\lfloor\frac{2n}{p}\rfloor=2$ poiché $2p<2n$ e che, poiché $3p>2n\land p\geq 3$, vale $\forall k \in\mathbb{N}:k\geq 2\implies \lfloor\frac{2n}{p^k}\rfloor = 0$. Ne segue che $v_p((2n)!)$=2.
$v_p(n!)=\sum_{k=1}^{\infty}\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor=\lfloor\frac{n}{p}\rfloor+\sum_{k=2}^{\infty}\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor$. Poiché $p<n$, allora $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor=1$ e per quanto detto prima $\sum_{k=2}^{\infty}\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor=0$, quindi $v_p(n!)=1$.
Detto più rozzamente, tra i numeri tra $1$ e $2n$, gli unici multipli di $p$ sono $p$ e $2p$ per le disuguaglianze scritte prima, quindi, tolto il caso $p=2$ che renderebbe $2p=p^2$, segue $v_p((2n)!)=2$.
$v_p(n!)=\sum_{k=1}^{\infty}\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor=\lfloor\frac{n}{p}\rfloor+\sum_{k=2}^{\infty}\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor$. Poiché $p<n$, allora $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor=1$ e per quanto detto prima $\sum_{k=2}^{\infty}\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor=0$, quindi $v_p(n!)=1$.
Detto più rozzamente, tra i numeri tra $1$ e $2n$, gli unici multipli di $p$ sono $p$ e $2p$ per le disuguaglianze scritte prima, quindi, tolto il caso $p=2$ che renderebbe $2p=p^2$, segue $v_p((2n)!)=2$.