结果应该是n=3或5, 当正整数n≥11时, 可以先用勒让德公式的变形
ordp(n!) = (n-Sp(n))/(p-1) ≤ (n-1)/(p-1)
证明对每个不超过n的素数p, 在1~n中能被1+ordp(n!)整除的正整数的个数α[p]满足
α[p]≥[n/(1+ordp(n))] ≥ [(p-1)n/(p+n-2)] > (p-1)n/(p+n-2) -1 ≥ p/2-1 (前两步的中括号表示取整)
则对p≥11, 由于α[p]是整数, 可得α[p]≥(p-1)/2≥π(p)
对p=5,7, 由α[p]≥[(p-1)n/(p+n-2)] 可以分别得到α[5]≥3, α[7]≥4, 这时α[p]≥π(p)也成立
因为当n≥6时n>2log₂(n+1)≥2S₂(n), 所以n-S₂(n)> (n-S₃(n))/2, 由勒让德公式可以证明n≥1+ord₂(n!)>1+ord₃(n!)
再将不超过n的所有素数p由小到大依次排序, 设一共有r个素数, 则r≥5, 令f(1)=1+ord₂(n!), f(2)=1+ord₃(n!)
当3≤k≤r时f(k)等于使得1+ord_pk(n!) 整除f(k)并且f(k)与f(1),f(2),…,f(k-1)都不相等的最小正整数, 由于α[p_k]≥k, 可以推出f(k)≤n
则f(1),f(2),…,f(r)是两两不相等的不超过n的正整数, 所以满足∏f(k) | n! (1≤k≤n)
又因为1+ordpk(n!) | f(k), 所以d(n!) | ∏f(k) (1≤k≤n), 由此可得n≥11时 d(n!) | n!
ordp(n!) = (n-Sp(n))/(p-1) ≤ (n-1)/(p-1)
证明对每个不超过n的素数p, 在1~n中能被1+ordp(n!)整除的正整数的个数α[p]满足
α[p]≥[n/(1+ordp(n))] ≥ [(p-1)n/(p+n-2)] > (p-1)n/(p+n-2) -1 ≥ p/2-1 (前两步的中括号表示取整)
则对p≥11, 由于α[p]是整数, 可得α[p]≥(p-1)/2≥π(p)
对p=5,7, 由α[p]≥[(p-1)n/(p+n-2)] 可以分别得到α[5]≥3, α[7]≥4, 这时α[p]≥π(p)也成立
因为当n≥6时n>2log₂(n+1)≥2S₂(n), 所以n-S₂(n)> (n-S₃(n))/2, 由勒让德公式可以证明n≥1+ord₂(n!)>1+ord₃(n!)
再将不超过n的所有素数p由小到大依次排序, 设一共有r个素数, 则r≥5, 令f(1)=1+ord₂(n!), f(2)=1+ord₃(n!)
当3≤k≤r时f(k)等于使得1+ord_pk(n!) 整除f(k)并且f(k)与f(1),f(2),…,f(k-1)都不相等的最小正整数, 由于α[p_k]≥k, 可以推出f(k)≤n
则f(1),f(2),…,f(r)是两两不相等的不超过n的正整数, 所以满足∏f(k) | n! (1≤k≤n)
又因为1+ordpk(n!) | f(k), 所以d(n!) | ∏f(k) (1≤k≤n), 由此可得n≥11时 d(n!) | n!
