Page 117 - MATINF Nr. 13-14

´
Rezolvarea problemelor date la concursul de admitere la Ecole Polytechnique, filiera MPI, sesiunea 2024 117

Ä ä
Analog, ˆınlocuind pe n cu E n ,
p
® Ä Ä ä ä Ä ä
Å Å ã ã n n
n ν p E 2 ! + E 2 , dac˘a n ≥ p 2
ν p E ! = p p ,
p 0, dac˘ n < p 2
a
. . .

® Ä Ä ä ä Ä ä
n ν p E k ! + E k , dac˘a n ≥ p
Å Å ã ã n n k
ν p E ! = p p ,
p k−1 0, dac˘ n < p k
a

iar de la k = E log n avem 0. Adun˘am aceste relat , ii s , i obt , inem
p
∞ Å ã
X n
ν p (n!) = E .
p k
k=1

Deoarece E (x) ≤ x < E (x) + 1, avem x − 1 < E (x) ≤ x, deci

∞ Å ã ∞
n n X n X n n 1 n n n
Å ã
− 1 < E ≤ E ≤ = · = = + .
p p p k p k p 1 − 1 p − 1 p p (p − 1)
k=1 k=1 p
Astfel
n n n
− 1 < ν p (n!) ≤ + .
p p p (p − 1)

19. a. Deoarece funct , ia ln (x) este cresc˘atoare, avem

ln (k) ≤ ln (x) ≤ ln (k + 1) , ∀x ∈ [k, k + 1] , ∀k ≥ 1,

din care, prin integrare,

k+1
Z
ln (k) ≤ ln (x) dx ≤ ln (k + 1) , ∀k ≥ 1,

k
de unde, prin sumare,

k+1
n−1 n−1 Z n−1
X X X
ln (k) ≤ ln (x) dx ≤ ln (k + 1), ∀n ≥ 2,
k=1 k=1 k=1
k
deci
n
n Z n
X X
ln (k) − ln (n) ≤ ln (x) dx ≤ ln (k), ∀n ≥ 2,
k=1 k=1
1
astfel
n n
Z n Z
X
ln (x) dx ≤ ln (k) ≤ ln (x) dx + ln (n) , ∀n ≥ 2.
k=1
1 1