ベルトラン・チェビシェフの定理について。

以下のURLで、
https://6900.teacup.com/cgu135/bbs/1029
なぜ、am＝ーmになるのでしょうか？ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

質問者からの補足コメント

• 

  一応rはこれです。
  https://6900.teacup.com/cgu135/bbs/1030

    補足日時：2021/03/03 09:41

• 

  r=Σ_{k=1～∞}[n/p^k]の証明は、一体どうなるのでしょうか？今までの中で、証明されているのでしょうか？ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

  No.5の回答に寄せられた補足コメントです。 補足日時：2021/03/04 17:56

• 

  (対数の定義)
  p^t=n
  となる時
  t=log_p(n)
  と定義する
  は、計算自体は、分かるのですが、なぜ、tをそのように定めるのでしょうか？ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

  No.10の回答に寄せられた補足コメントです。 補足日時：2021/03/05 19:01

• 

  p^(s-1)≦m!<p^s
  ↓(仮定)から
  r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
  m!=a(m)p^{r(m)}
  所は、どうなっているのでしょうか？ご教授頂けると幸いです。

  No.18の回答に寄せられた補足コメントです。 補足日時：2021/03/14 21:23

No.20 ベストアンサー 回答者： mtrajcp 回答日時： 2021/03/15 05:12

まず

F(0)=「p^(0)≦n(0)<p^(0+1)の時r(n(0))=Σ_{k=1～0}[n/p^k]」
が成り立つことを証明するのです
それから
すべての自然数sに対して
F(s-1)=「p^(s-1)≦n(s-1)<p^sの時r(n(s-1))=Σ_{k=1～s-1}[n(s-1)/p^k]」
が成り立つと仮定して
F(s)=「p^s≦n(s)<p^(s+1)の時r(n(s))=Σ_{k=1～s}[n(s)/p^k]」
を証明するのです
そうすると
すべての自然数sに対してF(s-1)が真ならばF(s)が真が成り立つのです
そうすると
F(0)=「p^(0)≦n(0)<p^(0+1)の時r(n0)=Σ_{k=1～0}[n(0)/p^k]」が真
↓F(0)が真ならばF(1)が真が成り立つのだから
F(1)=「p^(1)≦n(1)<p^(1+1)の時r(n1)=Σ_{k=1～0}[n(1)/p^k]」が真
↓F(1)が真ならばF(2)が真が成り立つのだから
F(2)=「p^(2)≦n(2)<p^(2+1)の時r(n2)=Σ_{k=1～0}[n(2)/p^k]」が真
↓F(2)が真ならばF(3)が真が成り立つのだから
F(3)=「p^(3)≦n(3)<p^(3+1)の時r(n3)=Σ_{k=1～0}[n(3)/p^k]」が真
↓F(3)が真ならばF(4)が真が成り立つのだから
F(4)=「p^(4)≦n(4)<p^(4+1)の時r(n4)=Σ_{k=1～0}[n(4)/p^k]」が真
…
となって
1=p^0≦n(0)<p^1≦n(1)<p^2≦n(2)<p^3≦n(3)<p^4≦…
全ての自然数n=n(0),n(1),n(2),n(3)…に対して
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つとわかるのです
---------------------------------
(i)の証明
nを自然数
pを素数
s=[log_p(n)]
t=log_p(n)
とすると
対数の定義から
p^t=n
s=[t]

m≧k>s
となる任意の自然数m,kに対して
[t]=(t以下の最大の整数)だから
[t]≦t<[t]+1
s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
s<kだから
s+1≦kだから
s≦t<s+1≦k≦m
t<k
だから
n=p^t<p^k
n<p^k
だから
n/p^k<1
だからs<k≦mの時
[n/p^k]=0
だから
∴
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

s=[log_p(n)]
p^s≦n<p^(s+1)
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
r=r(n)
をn!のp指数という

F(s)=「p^s≦n(s)<p^(s+1) の時r(n(s))=Σ_{k=1～s}[n(s)/p^k]」
を
sについての帰納法によってこれから証明する

まず
s=0
1=p^0≦n<p^(0+1)=p
の時
Σ_{k=1～s}[n/p^k]=Σ_{k=1～0}[n/p^k]=0…(1)
1≦n<p
でpは素数だから
1≦k≦n<p
となる整数kとpは互いに素だから
n!とpは互いに素だから
n!=(n!)p^0=a(n)p^{r(n)}
だから
n!=a(n)とpは互いに素となる
非負整数n!=a(n),0=r(n)がある
0=r(n)
をn!のp指数という
だから
r(n)=0となるから
↓これと(1)から
r(n)=0=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
は成り立つから
F(0)=「p^(0)≦n(0)<p^1の時r(n(0))=Σ_{k=1～0}[n(0)/p^k]」は真

あるs>0
に対して
F(s-1)=「p^(s-1)≦n(s-1)<p^sの時r(n(s-1))=Σ_{k=1～s-1}[n(s-1)/p^k]」は真と仮定する…(仮定)

p^s≦n<p^(s+1)
の時

n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個
だから

m=[n/p]
とすると
p,2p,3p,…,[n/p]p
をかけあわせたものは
p,2p,3p,…,mp
をかけあわせたものとなり
Π_{k=1～m}kp=(m!)p^m
となる
n!の因数1,2,…,nの中で,
pの倍数でないものをかけあわせたものを
bとすると
n!=b(m!)p^m
となる
bとpは互いに素となる
自然数bがある

p^s≦n<p^(s+1)だから
↓各辺をpで割ると
p^(s-1)≦n/p<p^s
だから
p^(s-1)≦[n/p]<p^s
↓m=[n/p]だから
p^(s-1)≦m<p^s
↓m=n(s-1)とすると
↓(仮定)F(s-1)=「p^(s-1)≦m<p^sの時r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]」は真だから
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
↓これをn!=b(m!)p^mに代入すると
n!=ba(m)p^{m+r(m)}
だから
a(n)=ba(m)
とすると
bとpは互いに素
a(m)とpは互いに素
だから
a(n)とpは互いに素

r(n)=m+r(m)
とすると
n!=a(n)p^{r(n)}
だから
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
n!=a(n)p^{r(n)}だから
r(n)はn!の素因数として現れるpの個数に一致する
r(n)
をn!のp指数という

r(n)
=m+r(m)
=m+Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[[n/p]/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[n/p^(k+1)]
=[n/p]+Σ_{k=2～s}[n/p^k]
=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
だから
p^s≦n<p^(s+1)
の時
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つから
n=n(s)とすると
F(s)=「p^s≦n<p^(s+1)の時r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]」も真だから
すべての非負整数sに対して,F(s)は真だから
p^s≦n<p^(s+1)の時r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つから
∴
すべての自然数nに対して
n!のp指数
r=r(n)
に対して

r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

が成り立つ

No.19 回答者： mtrajcp 回答日時： 2021/03/15 04:42

まず

F(0)=「p^(0)≦n(0)<p^(0+1)の時r(n(0))=Σ_{k=1～0}[n/p^k]」
が成り立つことを証明するのです
それから
F(s-1)=「p^(s-1)≦n(s-1)<p^sの時r(n(s-1))=Σ_{k=1～s-1}[n(s-1)/p^k]」
が成り立つと仮定して
F(s)=「p^s≦n(s)<p^(s+1)の時r(n(s))=Σ_{k=1～s}[n(s)/p^k]」
を証明するのです
そうすると
F(0)=「p^(0)≦n(0)<p^(0+1)の時r(n0)=Σ_{k=1～0}[n(0)/p^k]」が真
↓
F(1)=「p^(1)≦n(1)<p^(1+1)の時r(n1)=Σ_{k=1～0}[n(1)/p^k]」が真
↓
F(2)=「p^(2)≦n(2)<p^(2+1)の時r(n2)=Σ_{k=1～0}[n(2)/p^k]」が真
↓
F(3)=「p^(3)≦n(3)<p^(3+1)の時r(n3)=Σ_{k=1～0}[n(3)/p^k]」が真
↓
F(4)=「p^(4)≦n(4)<p^(4+1)の時r(n4)=Σ_{k=1～0}[n(4)/p^k]」が真
…
となって
1=p^0≦n(0)<p^1≦n(1)<p^2≦n(2)<p^3≦n(3)<p^4≦…
全ての自然数n=n(0),n(1),n(2),n(3)…に対して
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つとわかるのです
---------------------------------
(i)の証明
nを自然数
pを素数
s=[log_p(n)]
t=log_p(n)
とすると
対数の定義から
p^t=n
s=[t]

m≧k>s
となる任意の自然数m,kに対して
[t]=(t以下の最大の整数)だから
[t]≦t<[t]+1
s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
s<kだから
s+1≦kだから
s≦t<s+1≦k≦m
t<k
だから
n=p^t<p^k
n<p^k
だから
n/p^k<1
だからs<k≦mの時
[n/p^k]=0
だから
∴
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

s=[log_p(n)]
p^s≦n<p^(s+1)
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
r=r(n)
をn!のp指数という

F(s)=「p^s≦n(s)<p^(s+1) の時r(n(s))=Σ_{k=1～s}[n(s)/p^k]」
を
sについての帰納法によってこれから証明する

まず
s=0
1=p^0≦n<p^(0+1)=p
の時
Σ_{k=1～s}[n/p^k]=Σ_{k=1～0}[n/p^k]=0…(1)
1≦n<p
でpは素数だから
1≦k≦n<p
となる整数kとpは互いに素だから
n!とpは互いに素だから
n!=(n!)p^0=a(n)p^{r(n)}
だから
n!=a(n)とpは互いに素となる
非負整数n!=a(n),0=r(n)がある
0=r(n)
をn!のp指数という
だから
r(n)=0となるから
↓これと(1)から
r(n)=0=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
は成り立つから
F(0)=「p^(0)≦n(0)<p^1の時r(n(0))=Σ_{k=1～0}[n(0)/p^k]」は真

あるs>0
に対して
F(s-1)=「p^(s-1)≦n(s-1)<p^sの時r(n(s-1))=Σ_{k=1～s-1}[n(s-1)/p^k]」は真と仮定する…(仮定)

p^s≦n<p^(s+1)
の時

n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個
だから

m=[n/p]
とすると
p,2p,3p,…,[n/p]p
をかけあわせたものは
p,2p,3p,…,mp
をかけあわせたものとなり
Π_{k=1～m}kp=(m!)p^m
となる
n!の因数1,2,…,nの中で,
pの倍数でないものをかけあわせたものを
bとすると
n!=b(m!)p^m
となる
bとpは互いに素となる
自然数bがある

p^s≦n<p^(s+1)だから
↓各辺をpで割ると
p^(s-1)≦n/p<p^s
だから
p^(s-1)≦[n/p]<p^s
↓m=[n/p]だから
p^(s-1)≦m<p^s
↓m=n(s-1)とすると
↓(仮定)F(s-1)=「p^(s-1)≦m<p^sの時r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]」は真だから
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
↓これをn!=b(m!)p^mに代入すると
n!=ba(m)p^{m+r(m)}
だから
a(n)=ba(m)
とすると
bとpは互いに素
a(m)とpは互いに素
だから
a(n)とpは互いに素

r(n)=m+r(m)
とすると
n!=a(n)p^{r(n)}
だから
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
n!=a(n)p^{r(n)}だから
r(n)はn!の素因数として現れるpの個数に一致する
r(n)
をn!のp指数という

r(n)
=m+r(m)
=m+Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[[n/p]/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[n/p^(k+1)]
=[n/p]+Σ_{k=2～s}[n/p^k]
=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
だから
p^s≦n<p^(s+1)
の時
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つから
n=n(s)とすると
F(s)=「p^s≦n<p^(s+1)の時r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]」も真だから
すべての非負整数sに対して,F(s)は真だから
p^s≦n<p^(s+1)の時r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つから
∴
すべての自然数nに対して
n!のp指数
r=r(n)
に対して

r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

が成り立つ

No.18 回答者： mtrajcp 回答日時： 2021/03/09 04:02

n=8

p=2
n!=8!の因数1,2,3,4,5,6,7,8の中で
p=2指数が
k=1となるもの2,6は[8/2^1]で1回ずつ計2回
k=2となるもの4は[8/2^1],[8/2^2]で2回重複して
k=3となるもの8は[8/2^1],[8/2^2],[8/2^3]で,3回重複して
数えるこにになって

Σ_{k=1～s}[n/p^k]=[8/2^1]+[8/2^2]+[8/2^3]=4+2+1=7
は
8!の素因数として現れる2の個数に一致する
から
これは8!の2指数であるから
∴
r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
7=[8/2^1]+[8/2^2]+[8/2^3]
----------------
自然数nと
素数p
に対して
pの倍数はpの整数倍の事だから
ある整数kに対して
kp
をpの倍数というのだから
pの倍数を
kp
とすると
n!の因数1,2,…,nの中のpの倍数は
1≦kp≦n
となる

1≦kp≦n
↓各辺をpで割ると
1/p≦k≦n/p
↓kは整数だから
1≦k≦[n/p]
だから

1から[n/p]までの整数kは[n/p]個あるから

n!の因数1,2,…,nの中のpの倍数は

{kp}_{k=1～[n/p]}
の
[n/p]
個ある
---------------------------------
(i)の証明
nを自然数
pを素数
s=[log_p(n)]
t=log_p(n)
とすると
対数の定義から
p^t=n
s=[t]

m≧k>s
となる任意の自然数m,kに対して
[t]=(t以下の最大の整数)だから
[t]≦t<[t]+1
s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
s<kだから
s+1≦kだから
s≦t<s+1≦k≦m
t<k
だから
n=p^t<p^k
n<p^k
だから
n/p^k<1
だからs<k≦mの時
[n/p^k]=0
だから
∴
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

s=[log_p(n)]
p^s≦n<p^(s+1)
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
r=r(n)
をn!のp指数という

s=0
1=p^0≦n<p^(0+1)=p
の時
Σ_{k=1～s}[n/p^k]=Σ_{k=1～0}[n/p^k]=0…(1)
1≦n<p
でpは素数だから
1≦k≦n<p
となる整数kとpは互いに素だから
n!とpは互いに素だから
n!=(n!)p^0=a(n)p^{r(n)}
だから
n!=a(n)とpは互いに素となる
非負整数n!=a(n),0=r(n)がある
0=r(n)
をn!のp指数という
だから
r(n)=0となるから
↓これと(1)から
r(n)=0=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
は成り立つ

s>0
に対して

p^(s-1)≦m<p^s
の時
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]…(仮定)
が成り立つと仮定する

p^s≦n<p^(s+1)
の時

n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個
だから

m=[n/p]
とすると
p,2p,3p,…,[n/p]p
をかけあわせたものは
p,2p,3p,…,mp
をかけあわせたものとなり
Π_{k=1～m}kp=(m!)p^m
となる
n!の因数1,2,…,nの中で,
pの倍数でないものをかけあわせたものを
bとすると
n!=b(m!)p^m
となる
bとpは互いに素となる
自然数bがある

p^s≦n<p^(s+1)だから
↓各辺をpで割ると
p^(s-1)≦n/p<p^s
だから
p^(s-1)≦[n/p]<p^s
↓m=[n/p]だから
p^(s-1)≦m<p^s
↓(仮定)から
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
↓これをn!=b(m!)p^mに代入すると
n!=ba(m)p^{m+r(m)}
だから
a(n)=ba(m)
とすると
bとpは互いに素
a(m)とpは互いに素
だから
a(n)とpは互いに素

r(n)=m+r(m)
とすると
n!=a(n)p^{r(n)}
だから
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
n!=a(n)p^{r(n)}だから
r(n)はn!の素因数として現れるpの個数に一致する
r(n)
をn!のp指数という

r(n)
=m+r(m)
=m+Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[[n/p]/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[n/p^(k+1)]
=[n/p]+Σ_{k=2～s}[n/p^k]
=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
だから
p^s≦n<p^(s+1)
の時
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つ
∴
n!のp指数
r=r(n)
に対して

r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

が成り立つ

この回答へのお礼

まず
F(0)=「p^(0)≦n<p^(0+1)の時r(n)=Σ_{k=1～0}[n/p^k]」
が成り立つことを証明するのです
それから
F(s-1)=「p^(s-1)≦n<p^sの時r(n)=Σ_{k=1～s-1}[n/p^k]」
が成り立つと仮定して
F(s)=「p^s≦n<p^(s+1)の時r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]」
を証明するのです
そうすると
F(0)が真→F(1)が真→F(2)が真→F(3)が真→F(4)が真→…
となって
1=p^0≦n<p^1≦n<p^2≦n<p^3≦n<p^4≦…
全ての自然数nに対して
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つとわかるのです
の所で、s＝ 2とすると、F（0)が成り立って、F(1)が成り立つと仮定して、
F(2)が成り立つことを証明すると、なぜ、F(1)が、真となるのでしょうか？
これは、s＝ 1を先に代入すれば分かるのでしょうか？ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時：2021/03/14 21:00

No.17 回答者： mtrajcp 回答日時： 2021/03/08 15:05

n!=a(n)p^{r(n)}

だからn!はp^{r(n)}でちょうど割り切れるから
r(n)はn!の素因数として現れるpの個数そのものです
---------------------------------
(i)の証明
nを自然数
pを素数
s=[log_p(n)]
t=log_p(n)
とすると
対数の定義から
p^t=n
s=[t]

m≧k>s
となる任意の自然数m,kに対して
[t]=(t以下の最大の整数)だから
[t]≦t<[t]+1
s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
s<kだから
s+1≦kだから
s≦t<s+1≦k≦m
t<k
だから
n=p^t<p^k
n<p^k
だから
n/p^k<1
だからs<k≦mの時
[n/p^k]=0
だから
∴
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

s=[log_p(n)]
p^s≦n<p^(s+1)
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
r=r(n)
をn!のp指数という

s=0
1=p^0≦n<p^(0+1)=p
の時
Σ_{k=1～s}[n/p^k]=Σ_{k=1～0}[n/p^k]=0…(1)
1≦n<p
でpは素数だから
1≦k≦n<p
となる整数kとpは互いに素だから
n!とpは互いに素だから
n!=(n!)p^0=a(n)p^{r(n)}
だから
n!=a(n)とpは互いに素となる
非負整数n!=a(n),0=r(n)がある
0=r(n)
をn!のp指数という
だから
r(n)=0となるから
↓これと(1)から
r(n)=0=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
は成り立つ

s>0
に対して

p^(s-1)≦m<p^s
の時
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]…(仮定)
が成り立つと仮定する

p^s≦n<p^(s+1)
の時

n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個
だから

m=[n/p]
とすると
p,2p,3p,…,[n/p]p
をかけあわせたものは
p,2p,3p,…,mp
をかけあわせたものとなり
Π_{k=1～m}kp=(m!)p^m
となる
n!の因数1,2,…,nの中で,
pの倍数でないものをかけあわせたものを
bとすると
n!=b(m!)p^m
となる
bとpは互いに素となる
自然数bがある

p^s≦n<p^(s+1)だから
↓各辺をpで割ると
p^(s-1)≦n/p<p^s
だから
p^(s-1)≦[n/p]<p^s
↓m=[n/p]だから
p^(s-1)≦m!<p^s
↓(仮定)から
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
↓これをn!=b(m!)p^mに代入すると
n!=ba(m)p^{m+r(m)}
だから
a(n)=ba(m)
とすると
bとpは互いに素
a(m)とpは互いに素
だから
a(n)とpは互いに素

r(n)=m+r(m)
とすると
n!=a(n)p^{r(n)}
だから
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
n!=a(n)p^{r(n)}だから
r(n)はn!の素因数として現れるpの個数に一致する
r(n)
をn!のp指数という

r(n)
=m+r(m)
=m+Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[[n/p]/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[n/p^(k+1)]
=[n/p]+Σ_{k=2～s}[n/p^k]
=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
だから
p^s≦n<p^(s+1)
の時
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つ
∴
n!のp指数
r=r(n)
に対して

r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

が成り立つ

この回答へのお礼

n!の因数でp指数がkとなるものについては
ちょうどk回重複して数えることになって
Σ_{k=1～s}[n/p^k]
は
n!の素因数として現れるpの個数に一致する
から
これはn!のp指数であるから
∴
r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
とは、例えばn＝8 p＝ 2だと、ちょうど7回重複して数えることになるという事でしょうか？ご教授頂けると幸いです。すみません。ちなみに、k＝7 としています。

お礼日時：2021/03/09 02:15

No.16 回答者： mtrajcp 回答日時： 2021/03/08 03:53

(i)の証明

nを自然数
pを素数
s=[log_p(n)]
t=log_p(n)
とすると
対数の定義から
p^t=n
s=[t]

m≧k>s
となる任意の自然数m,kに対して
[t]=(t以下の最大の整数)だから
[t]≦t<[t]+1
s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
s<kだから
s+1≦kだから
s≦t<s+1≦k≦m
t<k
だから
n=p^t<p^k
n<p^k
だから
n/p^k<1
だからs<k≦mの時
[n/p^k]=0
だから
∴
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

s=[log_p(n)]
p^s≦n<p^(s+1)
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
r=r(n)
をn!のp指数という

s=0
1=p^0≦n<p^(0+1)=p
の時
Σ_{k=1～s}[n/p^k]=Σ_{k=1～0}[n/p^k]=0…(1)
1≦n<p
でpは素数だから
1≦k≦n<p
となる整数kとpは互いに素だから
n!とpは互いに素だから
n!=(n!)p^0=a(n)p^{r(n)}
だから
n!=a(n)とpは互いに素となる
非負整数n!=a(n),0=r(n)がある
0=r(n)
をn!のp指数という
だから
r(n)=0となるから
↓これと(1)から
r(n)=0=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
は成り立つ

s>0
に対して

p^(s-1)≦m<p^s
の時
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]…(仮定)
が成り立つと仮定する

p^s≦n<p^(s+1)
の時
n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個だから
m=[n/p]
とすると
p,2p,3p,…,[n/p]p
をかけあわせたものは
p,2p,3p,…,mp
をかけあわせたものとなり
Π_{k=1～m}kp=(m!)p^m
となる
n!の因数1,2,…,nの中で,
pの倍数でないものをかけあわせたものを
bとすると
n!=b(m!)p^m
となる
bとpは互いに素となる
自然数bがある

p^s≦n<p^(s+1)だから
↓各辺をpで割ると
p^(s-1)≦n/p<p^s
だから
p^(s-1)≦[n/p]<p^s
↓m=[n/p]だから
p^(s-1)≦m!<p^s
↓(仮定)から
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
↓これをn!=b(m!)p^mに代入すると
n!=ba(m)p^{m+r(m)}
だから
a(n)=ba(m)
とすると
bとpは互いに素
a(m)とpは互いに素
だから
a(n)とpは互いに素

r(n)=m+r(m)
とすると
n!=a(n)p^{r(n)}
だから
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
r(n)はn!の素因数として現れるpの個数に一致する←(*ここです*)
r(n)
をn!のp指数という

r(n)
=m+r(m)
=m+Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[[n/p]/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[n/p^(k+1)]
=[n/p]+Σ_{k=2～s}[n/p^k]
=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
だから
p^s≦n<p^(s+1)
の時
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つ
∴
n!のp指数
r=r(n)
に対して

r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

が成り立つ

この回答へのお礼

r(n)はn!の素因数として現れるpの個数に一致するというのはどういう事でしょうか？ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時：2021/03/08 14:45

No.15 回答者： mtrajcp 回答日時： 2021/03/07 16:25

(i)の証明

nを自然数
pを素数
s=[log_p(n)]
t=log_p(n)
とすると
対数の定義から
p^t=n
s=[t]

m≧k>s
となる任意の自然数m,kに対して
[t]=(t以下の最大の整数)だから
[t]≦t<[t]+1
s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
s<kだから
s+1≦kだから
s≦t<s+1≦k≦m
t<k
だから
n=p^t<p^k
n<p^k
だから
n/p^k<1
だからs<k≦mの時
[n/p^k]=0
だから
∴
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

s=[log_p(n)]
p^s≦n<p^(s+1)
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
r=r(n)
をn!のp指数という

s=0
1=p^0≦n<p^(0+1)=p
の時
Σ_{k=1～s}[n/p^k]=Σ_{k=1～0}[n/p^k]=0…(1)
1≦n<p
でpは素数だから
1≦k≦n<p
となる整数kとpは互いに素だから
n!とpは互いに素だから
n!=(n!)p^0=a(n)p^{r(n)}
だから
n!=a(n)とpは互いに素となる
非負整数n!=a(n),0=r(n)がある
0=r(n)
をn!のp指数という
だから
r(n)=0となるから
↓これと(1)から
r(n)=0=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
は成り立つ

s>0
に対して

p^(s-1)≦m<p^s
の時
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]…(仮定)
が成り立つと仮定する

p^s≦n<p^(s+1)
の時
n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個だから
m=[n/p]
とすると
p,2p,3p,…,[n/p]p
をかけあわせたものは
p,2p,3p,…,mp
をかけあわせたものとなり
Π_{k=1～m}kp=(m!)p^m
となる
n!の因数1,2,…,nの中で,
pの倍数でないものをかけあわせたものを
bとすると
n!=b(m!)p^m
となる
bとpは互いに素となる
自然数bがある

p^s≦n<p^(s+1)だから
↓各辺をpで割ると
p^(s-1)≦n/p<p^s
だから
p^(s-1)≦[n/p]<p^s
↓m=[n/p]だから
p^(s-1)≦m!<p^s
↓(仮定)から
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
↓これをn!=b(m!)p^mに代入すると
n!=ba(m)p^{m+r(m)}
だから
a(n)=ba(m)
とすると
bとpは互いに素
a(m)とpは互いに素
だから
a(n)とpは互いに素

r(n)=m+r(m)
とすると
n!=a(n)p^{r(n)}

r(n)
=m+r(m)
=m+Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[[n/p]/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[n/p^(k+1)]
=[n/p]+Σ_{k=2～s}[n/p^k]
=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
だから
p^s≦n<p^(s+1)
の時
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つ
∴
n!のp指数
r=r(n)
に対して

r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

が成り立つ

この回答へのお礼

Σ_{k=1～s}[n/p^k]
は
n!の素因数として現れるpの個数に一致する
から
これはn!のp指数であるから
∴
r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
ここの言い換えは、どこでしょうか？ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時：2021/03/07 22:05

No.14 回答者： mtrajcp 回答日時： 2021/03/07 09:28

p^(s-1)≦m<p^s

の時
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]…(仮定)
が成り立つと仮定する
このような仮定が成り立つと分かる
のではないのです

F(s)=「p^s≦n<p^(s+1)の時r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]」
を
sについての帰納法によって
証明するのです

まず
F(0)=「p^(0)≦n<p^(0+1)の時r(n)=Σ_{k=1～0}[n/p^k]」
が成り立つことを証明するのです
それから
F(s-1)=「p^(s-1)≦n<p^sの時r(n)=Σ_{k=1～s-1}[n/p^k]」
が成り立つと仮定して
F(s)=「p^s≦n<p^(s+1)の時r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]」
を証明するのです
そうすると
F(0)が真→F(1)が真→F(2)が真→F(3)が真→F(4)が真→…
となって
1=p^0≦n<p^1≦n<p^2≦n<p^3≦n<p^4≦…
全ての自然数nに対して
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つとわかるのです

(i)の証明
nを自然数
pを素数
s=[log_p(n)]
t=log_p(n)
とすると
対数の定義から
p^t=n
s=[t]

m≧k>s
となる任意の自然数m,kに対して
[t]=(t以下の最大の整数)だから
[t]≦t<[t]+1
s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
s<kだから
s+1≦kだから
s≦t<s+1≦k≦m
t<k
だから
n=p^t<p^k
n<p^k
だから
n/p^k<1
だからs<k≦mの時
[n/p^k]=0
だから
∴
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

s=[log_p(n)]
p^s≦n<p^(s+1)
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
r=r(n)
をn!のp指数という

s=0
1=p^0≦n<p^(0+1)=p
の時
Σ_{k=1～s}[n/p^k]=Σ_{k=1～0}[n/p^k]=0
1≦n<p
でpは素数だから
1≦k≦n<p
となる整数kとpは互いに素だから
n!とpは互いに素だから
n!=(n!)p^0
だから
r=0となるから
s=0
1≦n<pの時
r(n)=0=Σ_{k=1～0}[n/p^k]
は成り立つ

s>0
に対して

p^(s-1)≦m<p^s
の時
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]…(仮定)
が成り立つと仮定する

p^s≦n<p^(s+1)
の時
n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個だから
m=[n/p]
とすると
p,2p,3p,…,[n/p]p
をかけあわせたものは
p,2p,3p,…,mp
をかけあわせたものとなり
Π_{k=1～m}kp=(m!)p^m
となる
n!の因数1,2,…,nの中で,
pの倍数でないものをかけあわせたものを
bとすると
n!=b(m!)p^m
となる
bとpは互いに素となる
自然数bがある

p^s≦n<p^(s+1)だから
↓各辺をpで割ると
p^(s-1)≦n/p<p^s
だから
p^(s-1)≦[n/p]<p^s
↓m=[n/p]だから
p^(s-1)≦m!<p^s
↓(仮定)から
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
↓これをn!=b(m!)p^mに代入すると
n!=ba(m)p^{m+r(m)}
だから
a(n)=ba(m)
とすると
bとpは互いに素
a(m)とpは互いに素
だから
a(n)とpは互いに素

r(n)=m+r(m)
とすると
n!=a(n)p^{r(n)}

r(n)
=m+r(m)
=m+Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[[n/p]/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[n/p^(k+1)]
=[n/p]+Σ_{k=2～s}[n/p^k]
=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
だから
p^s≦n<p^(s+1)
の時
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つ
∴
n!のp指数
r=r(n)
に対して

r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

が成り立つ

この回答へのお礼

n!=(n!)p^0
だから
r=0となるから
s=0
1≦n<pの時
r(n)=0=Σ_{k=1～0}[n/p^k]
は成り立つ
とはどう言う事でしょうか？ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時：2021/03/07 15:02

No.13 回答者： mtrajcp 回答日時： 2021/03/07 04:57

(i)の証明

nを自然数
pを素数
s=[log_p(n)]
t=log_p(n)
とすると
対数の定義から
p^t=n
s=[t]

m≧k>s
となる任意の自然数m,kに対して
[t]=(t以下の最大の整数)だから
[t]≦t<[t]+1
s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
s<kだから
s+1≦kだから
s≦t<s+1≦k≦m
t<k
だから
n=p^t<p^k
n<p^k
だから
n/p^k<1
だからs<k≦mの時
[n/p^k]=0
だから
∴
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

s=[log_p(n)]
p^s≦n<p^(s+1)
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
r=r(n)
をn!のp指数という

s=0
1=p^0≦n<p^(0+1)=p
の時
Σ_{k=1～s}[n/p^k]=Σ_{k=1～0}[n/p^k]=0
1≦n<p
でpは素数だから
1≦k≦n<p
となる整数kとpは互いに素だから
n!とpは互いに素だから
n!=(n!)p^0
だから
r=0となるから
s=0
1≦n<pの時
r(n)=0=Σ_{k=1～0}[n/p^k]
は成り立つ

s>0
に対して

p^(s-1)≦m<p^s
の時
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]…(仮定)
が成り立つと仮定する

p^s≦n<p^(s+1)
の時
n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個だから
m=[n/p]
とすると
n!=b(m!)p^m
bとpは互いに素となる
自然数bがある

p^s≦n<p^(s+1)だから
↓各辺をpで割ると
p^(s-1)≦n/p<p^s
だから
p^(s-1)≦[n/p]<p^s
↓m=[n/p]だから
p^(s-1)≦m!<p^s
↓(仮定)から
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
↓これをn!=b(m!)p^mに代入すると
n!=ba(m)p^{m+r(m)}
だから
a(n)=ba(m)
とすると
bとpは互いに素
a(m)とpは互いに素
だから
a(n)とpは互いに素

r(n)=m+r(m)
とすると
n!=a(n)p^{r(n)}

r(n)
=m+r(m)
=m+Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[[n/p]/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[n/p^(k+1)]
=[n/p]+Σ_{k=2～s}[n/p^k]
=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
だから
p^s≦n<p^(s+1)
の時
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
が成り立つ
∴
n!のp指数
r=r(n)
に対して

r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

が成り立つ

この回答へのお礼

p^(s-1)≦m<p^s
の時
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]…(仮定)
が成り立つと仮定する
なぜこのような仮定が成り立つと分かるのでしょうか？

p^s≦n<p^(s+1)
の時
n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個だから
m=[n/p]
とすると
n!=b(m!)p^m
bとpは互いに素となる
自然数bがある
n！の右辺が分かりません。
ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時：2021/03/07 05:31

No.12 回答者： mtrajcp 回答日時： 2021/03/06 21:24

(i)の証明

nを自然数
pを素数
s=[log_p(n)]
t=log_p(n)
とすると
対数の定義から
p^t=n
s=[t]

m≧k>s
となる任意の自然数m,kに対して
[t]=(t以下の最大の整数)だから
[t]≦t<[t]+1
s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
s<kだから
s+1≦kだから
s≦t<s+1≦k≦m
t<k
だから
n=p^t<p^k
n<p^k
だから
n/p^k<1
だからs<k≦mの時
[n/p^k]=0
だから
∴
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

s=[log_p(n)]
p^s≦n<p^(s+1)
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素となる
非負整数a(n),r(n)がある
r=r(n)
をn!のp指数という

s=0
1=p^0≦n<p^(0+1)=p
の時
Σ_{k=1～s}[n/p^k]=Σ_{k=1～0}[n/p^k]=0
1≦n<p
でpは素数だから
1≦k≦n<p
となる整数kとpは互いに素だから
n!とpは互いに素だから
n!=(n!)p^0
だから
r=0
となるから
s=0
1≦n<pの時
r(n)=0=Σ_{k=1～0}[n/p^k]
n!=a(n)p^0
a(n)=n!とpは互いに素
は成り立つ

s>0
に対して

p^(s-1)≦m<p^s
の時
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
a(m)とpは互いに素
…(仮定)
が成り立つと仮定する

p^s≦n<p^(s+1)
の時
n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個だから
m=[n/p]
とすると
n!=b(m!)p^m
bとpは互いに素となる
自然数bがある

p^s≦n<p^(s+1)だから
↓各辺をpで割ると
p^(s-1)≦n/p<p^s
だから
p^(s-1)≦[n/p]<p^s
↓m=[n/p]だから
p^(s-1)≦m!<p^s
↓(仮定)から
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
↓これをn!=b(m!)p^mに代入すると
n!=ba(m)p^{m+r(m)}
だから
a(n)=ba(m)
とすると
bとpは互いに素
a(m)とpは互いに素
だから
a(n)とpは互いに素

r(n)=m+r(m)
とすると
n!=a(n)p^{r(n)}

r(n)
=m+r(m)
=m+Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[[n/p]/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[n/p^(k+1)]
=[n/p]+Σ_{k=2～s}[n/p^k]
=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
だから
p^s≦n<p^(s+1)
の時
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素
が成り立つ
∴
n!のp指数
r=r(n)
に対して

r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

が成り立つ

この回答へのお礼

n!=a(n)p^0
a(n)=n!とpは互いに素
は成り立つ

s>0
に対して

p^(s-1)≦m<p^s
の時
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
a(m)とpは互いに素
…(仮定)
が成り立つと仮定する

p^s≦n<p^(s+1)
の時
n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個だから
m=[n/p]
とすると
n!=b(m!)p^m
bとpは互いに素となる
自然数bがある

p^s≦n<p^(s+1)だから
↓各辺をpで割ると
p^(s-1)≦n/p<p^s
だから
p^(s-1)≦[n/p]<p^s
↓m=[n/p]だから
p^(s-1)≦m!<p^s
↓(仮定)から
r(m)=Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
m!=a(m)p^{r(m)}
↓これをn!=b(m!)p^mに代入すると
n!=ba(m)p^{m+r(m)}
だから
a(n)=ba(m)
とすると
bとpは互いに素
a(m)とpは互いに素
だから
a(n)とpは互いに素

r(n)=m+r(m)
とすると
n!=a(n)p^{r(n)}

r(n)
=m+r(m)
=m+Σ_{k=1～s-1}[m/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[[n/p]/p^k]
=[n/p]+Σ_{k=1～s-1}[n/p^(k+1)]
=[n/p]+Σ_{k=2～s}[n/p^k]
=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
だから
p^s≦n<p^(s+1)
の時
r(n)=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
n!=a(n)p^{r(n)}
a(n)とpは互いに素
が成り立つ
∴
n!のp指数
r=r(n)
に対して

r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

が成り立つ
ここら辺をもう少し詳しくご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時：2021/03/06 22:15

No.11 回答者： mtrajcp 回答日時： 2021/03/05 19:44

t=log_p(n)と定める理由は

問題(i)に
「
p^s≦n<p^(s+1)
であるs
までの有限個
」
と書いてあるからなのです

p^s=n
と
仮定すると

s=log_p(n)

となるけれども
左辺sは整数だけれども
右辺は整数になるとは限らないので

t=log_p(n)
として

s=[t]=(t以下の最大の整数)
とすると

s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
だから
p^s≦p^t<p^(s+1)
↓n=p^tだから

p^s≦n<p^(s+1)
となって
問題(i)の「p^s≦n<p^(s+1)」となるのです
------------------------------------------------
「
任意のε>0に対して
ある自然数sが存在して
m>sとなる任意の自然数mに対して
|Σ_{k=1～m}[n/p^k]-Σ_{k=1～s}[n/p^k]|<ε
となる時
Σ_{k=1～∞}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
と定義する
]
という
極限の定義から
Σ_{k=1～∞}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
となるのです
」
については
理解できないのならば
(i)の証明で
m>sの時
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
を
証明すれば
不要な
Σ_{k=1～∞}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
を
証明する必要はないのです

以下
(i)の証明から
不要な
Σ_{k=1～∞}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
の
証明を除きます
-----------------------
(i)の証明
(対数の定義)
p^t=n
となる時
t=log_p(n)
と定義する

(ガウス記号の定義)
[t]=(t以下の最大の整数)
と定義する

(i)の証明
s=[log_p(n)]
t=log_p(n)
とすると
対数の定義から
p^t=n
s=[t]

m≧k>s
となる任意の自然数m,kに対して
[t]=(t以下の最大の整数)だから
[t]≦t<[t]+1
s=[t]≦t<[t]+1=s+1
s≦t<s+1
s<kだから
s+1≦kだから
s≦t<s+1≦k≦m
t<k
だから
n=p^t<p^k
n<p^k
だから
n/p^k<1
だからs<k≦mの時
[n/p^k]=0
だから
∴
Σ_{k=1～m}[n/p^k]=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

その後の
r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]の証明は以下の通り

n!を素数pで割ったとき,ちょうどp^rで割り切れる
(それ以上の累乗では割り切れない)時
rをn!のp指数という

n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個である.
また.p^2の倍数は
p^2,2p^2,3p^2,…[n/p^2]p^2
の[n/p^2]個である
一般にp^kの倍数は
p^k,2p^k,3p^k,…[n/p^k]p^k
の[n/p^k]個である
すべての
k(1≦k≦s)について
[n/p^k]を加えると
n!の因数でp指数がkとなるものについては
ちょうどk回重複して数えることになって
Σ_{k=1～s}[n/p^k]
は
n!の素因数として現れるpの個数に一致する
から
これはn!のp指数であるから
∴
r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]

この回答へのお礼

n!の因数1,2,…,nの中で,pの倍数は
p,2p,3p,…,[n/p]p
の[n/p]個である.
また.p^2の倍数は
p^2,2p^2,3p^2,…[n/p^2]p^2
の[n/p^2]個である
一般にp^kの倍数は
p^k,2p^k,3p^k,…[n/p^k]p^k
の[n/p^k]個である
すべての
k(1≦k≦s)について
[n/p^k]を加えると
n!の因数でp指数がkとなるものについては
ちょうどk回重複して数えることになって
Σ_{k=1～s}[n/p^k]
は
n!の素因数として現れるpの個数に一致する
から
これはn!のp指数であるから
∴
r=Σ_{k=1～s}[n/p^k]
ここの［n/p］個あることと、n！の素因数として現れるpの個数に一致するとはどう言う事でしょうか？ご教授頂けると幸いです。

お礼日時：2021/03/06 00:21