南京大学 2023年强基第4题

【解析】首先证明：对于任意满足 $p \mid m$ ！的素数 $p$ ，即 $p \leq m=2^{n+1}$ ，均有 $p \nmid q$ 。 否则， $2^{2^{n}} \equiv-3^{2^{n}}(\bmod p)$ 。容易看出 $p \neq 2,3$ ，从而 3 存在 $\bmod p$ 的数论倒数 $a$ ，从而 $(2 \cdot a)^{2^{n}} \equiv-1(\bmod p)$ ，而这意味着 $(2 a)^{2^{n+1}} \equiv 1(\bmod p)$ 。 另一方面，若考虑 $2 a$ 在 $\bmod p$ 意义下的指数 $b:=o r d_{p}(2 a)$ ，则 $b \mid 2^{n+1}$ 但 $b \nmid 2^{n}$ ，这表明 $b=2^{n+1}$ 。结合 $(2 a, p)=1$ 及费马小定理知 $b \mid p-1$ ，故 $p \geq 1+b=1+m$ 。 有了上面的铺垫，现在考虑 $p \leq m$ 及 $\displaystyle v_{p}(m!)=\sum_{k=1}^{\infty}\left[\frac{m}{p^{k}}\right]\lt \sum_{k=1}^{\infty} \frac{m}{p^{k}}=\frac{m}{p-1}$ ，这里不等号严格是因为 $m$是有限的。结合 $v_{p}(m!)$ 是整数知 $\displaystyle v_{p}(m!) \leq \frac{m-1}{p-1} \Rightarrow v_{p}(m!) \leq\left[\frac{m-1}{p-1}\right]$ 。 另一方面，前面我们已知 $(p, q)=1$ ，所以由费马小定理知当 $p-1 \mid k$ 时，有 $p \mid q^{k}-1$ ，故 $\displaystyle v_{p}\left(\prod_{k=1}^{m-1} q^{k}-1\right) \geq\left[\frac{m-1}{p-1}\right] \geq v_{p}(m!)$ 。 最后结合 $p$ 的任意性及 $p \mid m!\Rightarrow p \leq m$ 便得结论成立。