Identitatea lui Legendre-de Polignac

În teoria numerelor , identitatea lui Legendre-de Polignac (sau chiar doar identitatea lui Legendre ), de Adrien-Marie Legendre și Alphonse de Polignac , oferă exponentul puterii mai mari a unui număr prim $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ care împarte factorialul $n!,$ ${\ displaystyle n!,}$ ${\ displaystyle n!,}$ unde este $n\geq 1$ ${\ displaystyle n \ geq 1}$ $n \ ge 1$ este un întreg .

Identitatea

Pentru fiecare $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ numărul prim și fiecare $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ întreg pozitiv, cu $v_{p}(n)$ ${\ displaystyle v_ {p} (n)}$ ${\ displaystyle v_ {p} (n)}$ indică exponentul puterii mai mari a unui număr prim $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ care împarte $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ ( evaluarea p- adică a $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ ). Atunci

\upsilon _{p}(n!)=\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor ,

{\ displaystyle \ upsilon _ {p} (n!) = \ sum _ {j = 1} ^ {\ infty} \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor, }

{\ displaystyle \ upsilon _ {p} (n!) = \ sum _ {j = 1} ^ {\ infty} \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor, }

unde este $\left\lfloor x\right\rfloor$ ${\ displaystyle \ left \ lfloor x \ right \ rfloor}$ ${\ displaystyle \ left \ lfloor x \ right \ rfloor}$ reprezintă partea întreagă a $X .$ ${\ displaystyle x.}$ ${\ displaystyle x.}$ Pentru fiecare $j$ ${\ displaystyle j}$ $j$ astfel încât $p^{j}>n$ ${\ displaystyle p ^ {j}> n}$ ${\ displaystyle p ^ {j}> n}$ , da $\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor =0.$ ${\ displaystyle \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor = 0.}$ ${\ displaystyle \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor = 0.}$

Urmează inegalitatea

{\displaystyle \upsilon _{p}(n!)\leq {\frac {n}{p-1}}}.

{\ displaystyle {\ displaystyle \ upsilon _ {p} (n!) \ leq {\ frac {n} {p-1}}}.}

{\ displaystyle {\ displaystyle \ upsilon _ {p} (n!) \ leq {\ frac {n} {p-1}}}.}

Exemplu

Pentru $n=6,$ ${\ displaystyle n = 6,}$ ${\ displaystyle n = 6,}$ da ai ${\displaystyle 6!=720=2^{4}\cdot 3^{2}\cdot 5^{1}}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle 6! = 720 = 2 ^ {4} \ cdot 3 ^ {2} \ cdot 5 ^ {1}}}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle 6! = 720 = 2 ^ {4} \ cdot 3 ^ {2} \ cdot 5 ^ {1}}}$ . Exponenții ${\displaystyle \nu _{2}(6!)=4,\nu _{3}(6!)=2}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle \ nu _ {2} (6!) = 4, \ nu _ {3} (6!) = 2}}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle \ nu _ {2} (6!) = 4, \ nu _ {3} (6!) = 2}}$ Și ${\displaystyle \nu _{5}(6!)=1}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle \ nu _ {5} (6!) = 1}}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle \ nu _ {5} (6!) = 1}}$ poate fi obținut din identitatea Legendre în acest fel:

{\displaystyle {\begin{aligned}\nu _{2}(6!)&=\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {6}{2^{j}}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {6}{2}}\right\rfloor +\left\lfloor {\frac {6}{4}}\right\rfloor =3+1,\\[3pt]\nu _{3}(6!)&=\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {6}{3^{j}}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {6}{3}}\right\rfloor =2,\\[3pt]\nu _{5}(6!)&=\sum _{j=1}^{\infty }\left\lfloor {\frac {6}{5^{j}}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {6}{5}}\right\rfloor =1.\end{aligned}}}

{\ displaystyle {\ displaystyle {\ begin {align} \ nu _ {2} (6!) & = \ sum _ {j = 1} ^ {\ infty} \ left \ lfloor {\ frac {6} {2 ^ {j}}} \ right \ rfloor = \ left \ lfloor {\ frac {6} {2}} \ right \ rfloor + \ left \ lfloor {\ frac {6} {4}} \ right \ rfloor = 3 + 1, \\ [3pt] \ nu _ {3} (6!) & = \ Sum _ {j = 1} ^ {\ infty} \ left \ lfloor {\ frac {6} {3 ^ {j}}} \ right \ rfloor = \ left \ lfloor {\ frac {6} {3}} \ right \ rfloor = 2, \\ [3pt] \ nu _ {5} (6!) & = \ sum _ {j = 1 } ^ {\ infty} \ left \ lfloor {\ frac {6} {5 ^ {j}}} \ right \ rfloor = \ left \ lfloor {\ frac {6} {5}} \ right \ rfloor = 1. \ end {align}}}}

{\ displaystyle {\ displaystyle {\ begin {align} \ nu _ {2} (6!) & = \ sum _ {j = 1} ^ {\ infty} \ left \ lfloor {\ frac {6} {2 ^ {j}}} \ right \ rfloor = \ left \ lfloor {\ frac {6} {2}} \ right \ rfloor + \ left \ lfloor {\ frac {6} {4}} \ right \ rfloor = 3 + 1, \\ [3pt] \ nu _ {3} (6!) & = \ Sum _ {j = 1} ^ {\ infty} \ left \ lfloor {\ frac {6} {3 ^ {j}}} \ right \ rfloor = \ left \ lfloor {\ frac {6} {3}} \ right \ rfloor = 2, \\ [3pt] \ nu _ {5} (6!) & = \ sum _ {j = 1 } ^ {\ infty} \ left \ lfloor {\ frac {6} {5 ^ {j}}} \ right \ rfloor = \ left \ lfloor {\ frac {6} {5}} \ right \ rfloor = 1. \ end {align}}}}

Demonstrație

Fiind $n!$ ${\ displaystyle n!}$ $n!$ produsul întregilor din $1$ ${\ displaystyle 1}$ $1$ la $n,$ ${\ displaystyle n,}$ $n,$ obținem cel puțin un factor de $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ în $n!$ ${\ displaystyle n!}$ $n!$ pentru orice multiplu de $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ în ${\displaystyle \{1,2,\ldots ,n\}},$ ${\ displaystyle {\ displaystyle \ {1,2, \ ldots, n \}},}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle \ {1,2, \ ldots, n \}},}$ care sunt egale ca număr cu ${\textstyle \left\lfloor {\frac {n}{p}}\right\rfloor }$ ${\ textstyle \ left \ lfloor {\ frac {n} {p}} \ right \ rfloor}$ ${\ textstyle \ left \ lfloor {\ frac {n} {p}} \ right \ rfloor}$ . Orice multiplu de $p^{2}$ ${\ displaystyle p ^ {2}}$ $p ^ 2$ aduce un factor suplimentar de $p,$ ${\ displaystyle p,}$ ${\ displaystyle p,}$ orice multiplu de $p^{3}$ ${\ displaystyle p ^ {3}}$ $p ^ 3$ aduce încă un alt factor de $p,$ ${\ displaystyle p,}$ ${\ displaystyle p,}$ etc. Suma numărului acestor factori produce suma infinită pentru $v_{p}(n!)$ ${\ displaystyle v_ {p} (n!)}$ ${\ displaystyle v_ {p} (n!)}$ .

Formă alternativă

Puteți reformula identitatea Legendre-de Polignac în ceea ce privește extinderea bazei $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ din $n .$ ${\ displaystyle n.}$ ${\ displaystyle n.}$ Cu ${\displaystyle s_{p}(n)}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle s_ {p} (n)}}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle s_ {p} (n)}}$ denotă suma cifrelor expansiunii de bază $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ din $n .$ ${\ displaystyle n.}$ ${\ displaystyle n.}$ Atunci

{\displaystyle \nu _{p}(n!)={\frac {n-s_{p}(n)}{p-1}}}.

{\ displaystyle {\ displaystyle \ nu _ {p} (n!) = {\ frac {n-s_ {p} (n)} {p-1}}}.}

{\ displaystyle {\ displaystyle \ nu _ {p} (n!) = {\ frac {n-s_ {p} (n)} {p-1}}}.}

Exemplu

Scris $n=6$ ${\ displaystyle n = 6}$ ${\ displaystyle n = 6}$ în binar ca $6_{10}=110_{2},$ ${\ displaystyle 6_ {10} = 110_ {2},}$ ${\ displaystyle 6_ {10} = 110_ {2},}$ avem asta ${\displaystyle s_{2}(6)=1+1+0=2}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle s_ {2} (6) = 1 + 1 + 0 = 2}}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle s_ {2} (6) = 1 + 1 + 0 = 2}}$ prin urmare

{\displaystyle \nu _{2}(6!)={\frac {6-2}{2-1}}=4.}

{\ displaystyle {\ displaystyle \ nu _ {2} (6!) = {\ frac {6-2} {2-1}} = 4.}}

{\ displaystyle {\ displaystyle \ nu _ {2} (6!) = {\ frac {6-2} {2-1}} = 4.}}

În mod similar, prin scriere $n=6$ ${\ displaystyle n = 6}$ ${\ displaystyle n = 6}$ în ternar ca $6_{10}=20_{3},$ ${\ displaystyle 6_ {10} = 20_ {3},}$ ${\ displaystyle 6_ {10} = 20_ {3},}$ avem asta ${\displaystyle s_{3}(6)=2+0=2}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle s_ {3} (6) = 2 + 0 = 2}}$ ${\ displaystyle {\ displaystyle s_ {3} (6) = 2 + 0 = 2}}$ prin urmare

{\displaystyle \nu _{3}(6!)={\frac {6-2}{3-1}}=2.}

{\ displaystyle {\ displaystyle \ nu _ {3} (6!) = {\ frac {6-2} {3-1}} = 2.}}

{\ displaystyle {\ displaystyle \ nu _ {3} (6!) = {\ frac {6-2} {3-1}} = 2.}}

Demonstrație

Scris $n=n_{\ell }p^{\ell }+\cdots +n_{1}p+n_{0}$ ${\ displaystyle n = n _ {\ ell} p ^ {\ ell} + \ cdots + n_ {1} p + n_ {0}}$ ${\ displaystyle n = n _ {\ ell} p ^ {\ ell} + \ cdots + n_ {1} p + n_ {0}}$ in conformitate $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ obții asta $\textstyle \left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor =n_{\ell }p^{\ell -j}+\cdots +n_{j+1}p+n_{j}.$ ${\ displaystyle \ textstyle \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor = n _ {\ ell} p ^ {\ ell -j} + \ cdots + n_ {j + 1} p + n_ {j}.}$ ${\ displaystyle \ textstyle \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j}}} \ right \ rfloor = n _ {\ ell} p ^ {\ ell -j} + \ cdots + n_ {j + 1} p + n_ {j}.}$ Atunci

{\begin{aligned}\nu _{p}(n!)&=\sum _{j=1}^{\ell }\left\lfloor {\frac {n}{p^{j}}}\right\rfloor \\&=\sum _{j=1}^{\ell }\left(n_{\ell }p^{\ell -j}+\cdots +n_{j+1}p+n_{j}\right)\\&=\sum _{j=1}^{\ell }\sum _{i=j}^{\ell }n_{i}p^{i-j}\\&=\sum _{i=1}^{\ell }\sum _{j=1}^{i}n_{i}p^{i-j}\\&=\sum _{i=1}^{\ell }n_{i}\cdot {\frac {p^{i}-1}{p-1}}\\&=\sum _{i=0}^{\ell }n_{i}\cdot {\frac {p^{i}-1}{p-1}}\\&={\frac {1}{p-1}}\sum _{i=0}^{\ell }\left(n_{i}p^{i}-n_{i}\right)\\&={\frac {1}{p-1}}\left(n-s_{p}(n)\right).\end{aligned}}

{\ displaystyle {\ begin {align} \ nu _ {p} (n!) & = \ sum _ {j = 1} ^ {\ ell} \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j} }} \ right \ rfloor \\ & = \ sum _ {j = 1} ^ {\ ell} \ left (n _ {\ ell} p ^ {\ ell -j} + \ cdots + n_ {j + 1} p + n_ {j} \ right) \\ & = \ sum _ {j = 1} ^ {\ ell} \ sum _ {i = j} ^ {\ ell} n_ {i} p ^ {ij} \\ & = \ sum _ {i = 1} ^ {\ ell} \ sum _ {j = 1} ^ {i} n_ {i} p ^ {ij} \\ & = \ sum _ {i = 1} ^ { \ ell} n_ {i} \ cdot {\ frac {p ^ {i} -1} {p-1}} \\ & = \ sum _ {i = 0} ^ {\ ell} n_ {i} \ cdot {\ frac {p ^ {i} -1} {p-1}} \\ & = {\ frac {1} {p-1}} \ sum _ {i = 0} ^ {\ ell} \ left ( n_ {i} p ^ {i} -n_ {i} \ right) \\ & = {\ frac {1} {p-1}} \ left (n-s_ {p} (n) \ right). \ sfârșit {aliniat}}}

{\ displaystyle {\ begin {align} \ nu _ {p} (n!) & = \ sum _ {j = 1} ^ {\ ell} \ left \ lfloor {\ frac {n} {p ^ {j} }} \ right \ rfloor \\ & = \ sum _ {j = 1} ^ {\ ell} \ left (n _ {\ ell} p ^ {\ ell -j} + \ cdots + n_ {j + 1} p + n_ {j} \ right) \\ & = \ sum _ {j = 1} ^ {\ ell} \ sum _ {i = j} ^ {\ ell} n_ {i} p ^ {ij} \\ & = \ sum _ {i = 1} ^ {\ ell} \ sum _ {j = 1} ^ {i} n_ {i} p ^ {ij} \\ & = \ sum _ {i = 1} ^ { \ ell} n_ {i} \ cdot {\ frac {p ^ {i} -1} {p-1}} \\ & = \ sum _ {i = 0} ^ {\ ell} n_ {i} \ cdot {\ frac {p ^ {i} -1} {p-1}} \\ & = {\ frac {1} {p-1}} \ sum _ {i = 0} ^ {\ ell} \ left ( n_ {i} p ^ {i} -n_ {i} \ right) \\ & = {\ frac {1} {p-1}} \ left (n-s_ {p} (n) \ right). \ sfârșit {aliniat}}}

Aplicații

Identitatea Legendre-de Polignac este folosită pentru a demonstra teorema lui Kummer . Poate fi folosit și pentru a demonstra că dacă $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ este un număr întreg pozitiv, atunci $4$ ${\ displaystyle 4}$ $4$ împarte ${\binom {2n}{n}}$ ${\ displaystyle {\ binom {2n} {n}}}$ ${\ displaystyle {\ binom {2n} {n}}}$ dacă și numai dacă $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ nu este o putere a $2.$ ${\ displaystyle 2.}$ ${\ displaystyle 2.}$

Din identitatea Legendre-de Polignac rezultă că funcția exponențială p -adic are o rază de convergență $p^{-1/(p-1)}$ ${\ displaystyle p ^ {- 1 / (p-1)}}$ ${\ displaystyle p ^ {- 1 / (p-1)}}$ .

Bibliografie

Tom M. Apostol (1976): Introducere în teoria analitică a numerelor , Springer, (Capitolul 3.11)
Legendre, AM (1830), Théorie des Nombres, Paris: Firmin Didot Frères
Moll, Victor H. (2012), Numere și funcții, American Mathematical Society, ISBN 978-0821887950 , MR 2963308, pagina 77
Leonard Eugene Dickson, Istoria teoriei numerelor, volumul 1, Carnegie Institution of Washington, 1919, pagina 263.

Elemente conexe

Portalul de matematică : accesați intrările Wikipedia care se ocupă de matematică