$m\mid n!$ con $m\le n^{n^{1-\varepsilon}}$

[jordan]

Own. Dato un reale positivo $\varepsilon$, mostrare che se $n$ è sufficientemente grande e $m<n^{n^{1-\varepsilon}}$ allora $m$ divide $n!$ se e solo se $\text{gpf}(m) \le n$.

[Gottinger95]

ma \(\varepsilon < 1\) ? E soprattutto, se per esempio \(m= p^{p-1}, n=p, \varepsilon \sim 0\) (precisamente \(\varepsilon < 1-\log_p(p-1)\), per cui \(p^{1-\epsilon} > p-1\) ), effettivamente vale
\( p^{p-1} \le p^{p^{1-\varepsilon} }\)
Ma \(V_p(p!) = 1 < V_p(m) = p-1\)
What I misunderstood?

[jordan]

Se $\varepsilon \ge 1$ allora $m \le n^{n^{1-\varepsilon}} \le n$, e la tesi è ovvia..

[Gottinger95]

Forse bisogna aggiungere \(m \ge gpf(m)^2\)...?

[jordan]

What I misunderstood?

Nice English

Comunque, che prima fissi $\varepsilon$, e poi mostri che esiste $n_0$ (funzione di $\varepsilon$) tale che se $n\ge n_0$ allora la tesi è verificata.

Quello che fai sopra è invece: fissiamo $n$ ed $m$ allora scegliamo $\varepsilon$ (funzione di $n$) sufficientemente piccolo tale che la tesi non è verificata; è abbastanza diverso, no?

[jordan]

Forse bisogna aggiungere \(m \ge gpf(m)^2\)...?

Perchè mai?

[Gottinger95]

Claro! No, perchè con \(m \ge gpf(m)^2\) non si poteva fare quel trucco di fissare \(\varepsilon >0\) abbastanza piccolo, ma se è illegale prenderlo in funzione di \(n,m\) non c'è bisogno