Problema 2.6.

Problema 2.6. Para un número racional $r\in \mathbb{Q}$ sea $[r]$ el entero más grande que es menor o igual que $r$. Prueba que $\text{ord}_p(n!) = [n/p]+[n/p^2] + \ldots$. De esto deduce que $\text{ord}_p(n!) \leq \frac{n}{p-1}$ y que $\sqrt[n]{n!} \leq \prod_{p\mid n}p^{1/(p-1)}$. Usa estos resultados para demostrar que hay una infinidad de primos (ayuda: considera que $(n!)^2\ge n^n$).

Demostración:

La cantidad de múltiplos de $p$ menores o iguales que $n$ es claramente $[n/p]$. Más general, la cantidad de múltiplos de $p^r$ menores o iguales que $n$ es $[n/p^r]$.

Si contamos los factores $p$ en $n!$, sería justamente la cantidad de múltiplos de $p$ menores o iguales que $n$ más la cantidad de múltiplos de $p^2$ menores o iguales que $n$ (no hay necesidad de contar a este elemento dos veces puesto que lo contamos una vez ya cuando consideramos los múltiplos de $p$ menores o iguales que $n$) y así sucesivamente, lo cual nos deja la identidad deseada:

(1)
\begin{equation} ord_p(n!) = [n/p] + [n/p^2] +... \end{equation}

De hecho, como para cierto $t \in \mathbb N$ suficientemente grande tenemos que $p^t > n$, lo cual implica $[n/p^t] = 0$.

Entonces de hecho $ord_p(n!) = [n/p] + ... + [n/p^r]$ para cierto $r \in \mathbb Z$.

$[n/p] \leq n/p$ por definición de $[]$, entonces $ord_p(n!) = [n/p] + [n/p^2] + ... + [n/p^r] \leq n/p + n/p^2 + ... + n/p^r = \frac{np^{r-1}}{p^r} + ... + \frac{n}{p^r} = n(\frac{p^{r} -1}{p^r(p-1)})  \leq \frac{n}{p - 1}$ pues $\frac{p^r - 1}{p^r} \leq 1$.

Ahora, sabemos que podemos factorizar a $n! = \prod_{p \mid n}p^{ord_p(n!)} \leq \prod_{p \mid n}p^{\frac{n}{p - 1}}$ y entonces

(2)
\begin{align} \sqrt[n]{n!} \leq \prod_{p \mid n}\sqrt[n]{p^{\frac{n}{p -1 }}} = \prod_{p \mid n }p^{\frac{1}{p - 1}} \end{align}
Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-ShareAlike 3.0 License