167. $m\mid n!$ con $m\le \frac {n^2} {4}$

[Triarii]

Siano $m$, $n$ interi positivi tali che $m\le \frac {n^2} {4}$ e che ogni divisore primo di $m$ sia minore o uguale a $n$. Mostrare che $m\mid n!$

[Sir Yussen]

Vediamo un po'!

Innanzitutto definisco $V_p(X)$ la massima potenza di $p$ che divide $X$.
Dimostriamo la tesi per $m=p^x$. Infatti, se dimostriamo che con quelle condizioni che limitano la grandezza di $m$, vale $V_p(n!) \geq x$, allora la tesi sarà sicuramente vera nel caso in cui $m = p^x \cdot roba$.


Distinguiamo due casi:
a) $m=p^{2k}$. Usando l'ipotesi, otteniamo che $p^k \leq \displaystyle\frac{n}{2}$, e dunque $V_p(n!) \geq 2k$.

b) $m=p^{2k-1}$. Usando di nuovo l'ipotesi, otteniamo che:

$$ p^{k - \frac{1}{2}} \leq \displaystyle\frac{n}{2} \Rightarrow p^{k-1} < \displaystyle\frac{n}{2} \Rightarrow V_p(n!) \geq 2k - 2 $$

Dunque, se dimostriamo che $p^2 \leq n$, abbiamo vinto. Riusiamo l'ipotesi, ottenendo che $2p^{k - \frac{1}{2}} \leq n$, e per $k \geq 3$, abbiamo quello che vogliamo. Inoltre, il caso $k=1$ è vero per ipotesi del problema, dunque non ci resta che trattare $k=2$, ovvero $x=3$. Riusiamo l'ipotesi:

$$ p^3 \leq \displaystyle\frac{n^2}{4} \Rightarrow p^2 \leq n \cdot \displaystyle\frac{n}{4p}$$

Se $n \geq 4p$, abbiamo vinto. Supponiamo invece per assurdo il contrario, ovvero:

$$ p > \displaystyle\frac{n}{4} \Rightarrow 4p^2 > \displaystyle\frac{n^2}{4} \geq p^3 \Rightarrow 4 > p$$

Dunque non ci resta che esaminare i casi $p=2$ e $p=3$.

Se $p=2$, $4 \cdot 2^ 3 \leq n^2 \Rightarrow n\geq 6$, e $2^3 | n! = 120 \cdot roba$.
Se $p=3$, $4 \cdot 27 \leq n^2 \Rightarrow n \geq 11$, e $3^3 | 3 \cdot 6 \cdot 9 \cdot altraroba$.

Dunque la tesi è dimostrata.

[Triarii]

Mi pare giusta, vai pure

[Gottinger95]

Testo nascosto:

NULLA. Non mi ero accorto che youness l'avesse risolto!