7.2　n！的素因数分解式

这里2=p₁＜p₂＜…＜p_s≤n是所有不超过n的素数.这样，为了求出分解式（4），只需要去确定方次数α_j（1≤j≤s）.

先引进一个符号.设k是非负整数，记号

a^k‖b（5）

表示b恰被a的k次方整除，即

a^k|b，a^k+1｜/b.（6）

定理2设n是正整数，p是素数；再设α=α（p，n）满足p^α‖n！.那么

证式（7）右边实际上是一有限和，因为必有整数k满足p^k≤n＜p^k+1，这样，式（7）就是

设j是给定的正整数，c_j表示1，2，…，n中能被p^j整除的数的个数，d_j表示1，2，…，n中恰被p的j次方整除的数的个数.显见，

d_j=c_j-c_j+1.

由定理1（xii）知

c_j=［n/p^j］，

因而

d_j=［n/p^j］-［n/p^j+1］.（9）

容易看出，当j＞k时d_j=0，以及

α=1·d₁+2·d₂+…+k·d_k.（10）

后者是因为我们可把1，2，…，n分为这样两两不交的k个集合：第j个集合由1，2，…，n中恰被p^j整除的数组成.这样，第j个集合的所有数的乘积恰被p的j·d_j次方整除，由此即得式（10）.进而，由式（9）及（10）就推出式（8）（注意：［n/p^k+1］=0）.证毕.

推论3设n是正整数.我们有

这里连乘号表示对所有不超过n的素数求积，α（p，n）由式（7）给出.

推论3可以由定理2及一开头的讨论立即推出.此外显然有

α（p₁，n）≤α（p₂，n），p₂＜p₁.（12）

例2求20！的标准素因数分解式.

解不超过20的素数有2，3，5，7，11，13，17，19.由定理2知

所以

20！=2¹⁸·3⁸·5⁴·7²·11·13·17·19.

例320！的十进位表示式中结尾有多少个零？

解这就是要求正整数k，使10^k‖20！.由式（12）知只要求出α（5，20），进而由上例知k=4，即是5的方次数.所以结尾有四个零.

例4设整数a_j＞0（1≤j≤s），并且n=a₁+a₂+…+a_s.证明：n！/（a₁！a₂！…a_s！）是整数.

证用定理2的符号，只要证明对任意素数p必有

α（p，n）≥α（p，a₁）+α（p，a₂）+…+α（p，a_s）.

而由式（7）知这可以从下面不等式推出：对任意j≥1有

由n=a₁+…+a_s及定理1（iv）知上述不等式成立.证毕.

熟知，可用排列组合方法来证明n！/（a₁！…a_s！）是整数.它称为是多重组合数，这里用数论方法给了一个新证明.特别当s=2时，证明了

是整数，这就是说，a₁个相邻正整数的乘积可被a₁！整除.由此立即得到

推论4m个相邻整数的乘积可被m！整除.

应该指出，例4是一个简单情形.在习题七第29题中，要证明n！（m！）ⁿ|（mn）！.这等价于要证明对任意的素数p有

α（p，mn）≥α（p，n）+n·α（p，m）.（14）

但这里mn＜n+m+…+m（有n个m），我们不能证明对每个j≥1必有

因而不能用例4的简单办法来证，而要直接证明式（14）成立.具体论证见解答.当然，这结论可用排列组合法来证，而且比较简单（留给读者）.