テスト

$(1)$略

$(2)$$n_{(10)}$を$p$進数に変換する操作を考える.

上図のように$b_i$をとれば,
$n=p{b}_1+a_1$
$q_1=p{b}_2+a_2$
...
であり,いま
$b_0=n,b_i={\displaystyle [\frac{n}{p^i}](\mathrm{\forall }i\in {\mathbb{Z}}_{\ge \mathbb{0}})}$と定めることで
$b_i=p{b}_{i+1}+a_i$より,$a_i={\displaystyle [\frac{n}{p^i}]-p{\displaystyle [\frac{n}{p^i}]}}$

故に,
$s_p(n)={\displaystyle \sum _{i=0}^m({\displaystyle [\frac{n}{p^i}]-p{\displaystyle [\frac{n}{p^i}])}}}$
$=(n+v_p(n!))-p{v}_p(n!)$
$=n+(p-1)v_p(n!)$
$\therefore v_p(n!)={\displaystyle \frac{n-s_p(n)}{p-1}}$
を得る.

$(3)$

証)$2^{i}m=m_{(2)}\times ({10}_{(2)}{)}^i$より明らか.
特に
$s_2(m)\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}=1(m=1)\\ \ge 2(m\ne 1)\end{array}\end{array}$
であり,
$m=1$は$n\in \{2^i|i\in {\mathbb{Z}}_{\ge \mathbb{0}}\}$
$m\ne 1$は$n\notin \{2^i|i\in {\mathbb{Z}}_{\ge \mathbb{0}}\}$
に相当することを踏まえておけば,

${\displaystyle v_2({}_{2n}{\mathrm{C}}_n)=v_2(\frac{(2n)!}{n!n!})}$
$=v_2((2n)!)-2v_2(n!)$
$={\displaystyle \frac{2n-s_2(2n)}{2-1}-2\frac{n-s_2(n)}{2-1}(\because (2))}$
$=-s_2(2n)+2s_2(n)$
$=s_2(m)(\because 補題$1$)$
$=\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}=1(n\in \{2^i|i\in {\mathbb{Z}}_{\ge \mathbb{0}}\})\\ \ge 2(n\notin \{2^i|i\in {\mathbb{Z}}_{\ge \mathbb{0}}\})\end{array}\end{array}$

以上から題意は示される.