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moin,
Im Rahmen einer etwas größeren Aufgabe hänge ich leider grad an diesem Problem.
Es ist p eine Primzahl, $n [mm] \in \IN$ [/mm] und $n = [mm] \summe_{k=0}^r n_kp^k$, [/mm] also [mm] $n_r \cdots n_0$ [/mm] die p-adische Darstellung von n (somit also $0 [mm] \leq n_k [/mm] < p$ für alle k).
Zu zeigen ist nun:
[mm] $\summe_{k=1}^r \summe_{i=0}^{r-k} n_{i+k}p^i [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^r \summe_{i=0}^{k-1} n_kp^i$
[/mm]
Falls niemand eine Idee für die Summen hat (oder sie, was ich nicht hoffen will, falsch sind) hier einmal das ganze Problem, vielleicht sieht dafür ja jemand eine schöne Lösung:
| Aufgabe | Es sei $p [mm] \in \IP$, [/mm] $n [mm] \in \IN$, $S_p(n)$ [/mm] die Quersumme von n in der p-adischen Darstellung (also etwa [mm] $S_2(5) [/mm] = 2$, da $5 = [mm] (101)_2)$, $\nu_p(n)$ [/mm] gibt an wie oft eine Zahl n von der Zahl p geteilt wird.
Zeigen Sie:
[mm] $\nu_p(n!) [/mm] = [mm] \frac{n - S_p(n)}{p-1} [/mm] |
Ich habe diese Gleichung eben auf obige Summen gebracht, aber weiter komme ich leider nicht...
Wäre nett, wenn jemand eine schöne Idee hätte wie ich weiter machen könnte oder einen "leichten" Lösungsweg für das Problem sieht (denn der Weg der zu den Doppelsummen geführt hat war ein wenig kompliziert^^).
thx und MfG
Schadowmaster
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:30 Mo 07.11.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Im Rahmen einer etwas größeren Aufgabe hänge ich leider
> grad an diesem Problem.
> Es ist p eine Primzahl, [mm]n \in \IN[/mm] und [mm]n = \summe_{k=0}^r n_kp^k[/mm],
> also [mm]n_r \cdots n_0[/mm] die p-adische Darstellung von n (somit
> also [mm]0 \leq n_k < p[/mm] für alle k).
> Zu zeigen ist nun:
> [mm]\summe_{k=1}^r \summe_{i=0}^{r-k} n_{i+k}p^i = \summe_{k=0}^r \summe_{i=0}^{k-1} n_kp^i[/mm]
Die rechte Summe kannst du auch bei $k = 1$ anfangen lassen. Fuer $k = 0$ hat die Summe [mm] $\sum_{i=0}^{k-1}$ [/mm] keinen Term.
Das ganze nach Potenzen von $p$ zu sortieren sollte weiterhelfen. Es ist ja
[mm] $\sum_{k=1}^r \sum_{i=0}^{r-k} n_{i+k} p^i [/mm] = [mm] \sum_{i=0}^{r-1} \sum_{k=1}^{r-i} n_{i+k} p^i$
[/mm]
und
[mm] $\sum_{k=1}^r \sum_{i=0}^{k-1} n_k p^i [/mm] = [mm] \sum_{i=0}^{r-1} \sum_{k=i+1}^r n_k p^i$.
[/mm]
Und jetzt kannst du ziemlich direkt sehen, dass beide Summen gleich sind.
> Falls niemand eine Idee für die Summen hat (oder sie, was
> ich nicht hoffen will, falsch sind) hier einmal das ganze
> Problem, vielleicht sieht dafür ja jemand eine schöne
> Lösung:
> Es sei [mm]p \in \IP[/mm], [mm]n \in \IN[/mm], [mm]S_p(n)[/mm] die Quersumme von n in
> der p-adischen Darstellung (also etwa [mm]S_2(5) = 2[/mm], da [mm]5 = (101)_2)[/mm],
> [mm]\nu_p(n)[/mm] gibt an wie oft eine Zahl n von der Zahl p geteilt
> wird.
> Zeigen Sie:
> [mm]$\nu_p(n!)[/mm] = [mm]\frac{n - S_p(n)}{p-1}[/mm]
>
>
> Ich habe diese Gleichung eben auf obige Summen gebracht,
> aber weiter komme ich leider nicht...
>
>
> Wäre nett, wenn jemand eine schöne Idee hätte wie ich
> weiter machen könnte oder einen "leichten" Lösungsweg
> für das Problem sieht (denn der Weg der zu den
> Doppelsummen geführt hat war ein wenig kompliziert^^).
Es ist [mm] $\nu_p(n!) [/mm] = [mm] \sum_{e=1}^\infty \lfloor \frac{n}{p^e} \rfloor$. [/mm] Wegen $n < [mm] p^{r+1}$ [/mm] kann man die Summe also bis $r$ laufen lassen. Weiterhin ist [mm] $\lfloor \frac{n}{p^e} \rfloor [/mm] = [mm] \lfloor \sum_{k=0}^r n_k p^{k-e} \rfloor [/mm] = [mm] \sum_{k=e}^r n_k p^{k-e}$, [/mm] und damit hast du [mm] $\nu_p(n!) [/mm] = [mm] \sum_{e=1}^r \sum_{k=e}^r n_k p^{k-e}$.
[/mm]
Genauso ist [mm] $\frac{n - S_p(n)}{p - 1} [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^r n_k \frac{p^k - 1}{p - 1} [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^r \sum_{e=0}^{k-1} n_k p^e$.
[/mm]
Damit kommst du ebenfalls auf zwei Doppelsummen, die gleich sein muessen.
LG Felix
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