El producto de $n$ enteros consecutivos es divisible por $n$ factorial

Question

¿Cómo podemos demostrar que el producto de $n$ enteros consecutivos es divisible por $n$ factorial?

Nota: En esta pregunta posterior y los comentarios aquí, el OP ha aclarado que busca una prueba que "no use las propiedades de los coeficientes binomiales". Por favor, envíe respuestas en dicho hilo más reciente para que esta pregunta incorrectamente planteada se pueda cerrar como duplicada.

Answer 1

Esto es casi inmediato debido a que el coeficiente binomial $$\binom{k+n}{k}$$ es un número entero. Simplemente escribe el producto $(k+1) \cdots (k+n)$ de manera adecuada y tendrás tu respuesta.

Answer 2

Probemos que $m^{(k)}=m(m+1)...(m+k-1)$ es divisible por $k!$ para todo entero $m$. Inducción por $k.

$k=1$: Todo entero $m$ es divisible por $1$

$k\to k+1$:

• Inducción por $m$: $m=0$: $0^{k+1}=0$ es divisible por $(k+1)!$

  $m\to m+1$: $(m+1)^{(k+1)}=(m+1)(m+2)...(m+k+1)$

  \=$(k+1)(m+1)...(m+k)+m^{(k+1)}=(k+1)(m+1)^{(k)}+m^{(k+1)}$

  y el primer término es divisible por $(k+1)\cdot k!=(k+1)!$ debido a la inducción por k y el segundo término es divisible por $(k+1)!$ debido a la inducción por $m$

  lo mismo funciona para $m\to m-1$

Actualización: Oops, esencialmente la misma prueba encontrada en el hilo mencionado en esta respuesta.

Answer 3

Una versión más clara de la demostración de NurdinTakenov. Prefiero la notación de Knuth, y los factoriales decrecientes son más fáciles de trabajar:

$\begin{equation*} m^{\underline{k}} = m (m - 1) \ldots (m - k + 1) \end{equation*}$

Primero:

$\begin{align*} (m + 1)^{\underline{k}} - m^{\underline{k}} &= (m + 1) \cdot m^{\underline{k - 1}} - m^{\underline{k - 1}} \cdot (m - k + 1) \\ &= k \cdot m^{\underline{k - 1}} \end{align*}$

Entonces:

$\begin{align*} \sum_{0 \le r \le m - 1} r^{\underline{k}} &= \frac{m^{\underline{k + 1}}}{k + 1} \end{align*}$

Ahora la demostración por inducción sobre $k$ es fácil de llevar a cabo:

Base: Si $k = 0$, tenemos que $0! \mid m^{\underline{0}}$, que es simplemente $1 \mid 1$.

Inducción: Supongamos que $k! \mid m^{\underline{k}}$ para todos los $m$. Entonces:

$\begin{align*} m^{\underline{k + 1}} &= (k + 1) \sum_{0 \le r \le m - 1} r^{\underline{k}} \end{align*}$

Por inducción, cada término de la suma es divisible por $k!$, por lo que el lado derecho es divisible por $(k + 1) k! = (k + 1)!$.

Si $k > m$, entonces uno de los factores en $m^{\underline{k}}$ es cero, y el resultado es trivial.

Si $m$ es negativo, es evidente que $m^{\underline{k}} = (-1)^k \lvert m \rvert^{\underline{k}}$, extendiendo lo anterior para cubrir también este caso.

Answer 4

Te podría interesar esta publicación en el blog de Timothy Gowers:

http://gowers.wordpress.com/2010/09/18/are-these-the-same-proof/

Answer 5

La identidad a continuación muestra que el problema es equivalente a los coeficientes binomiales siendo enteros, para lo cual se conocen varias demostraciones, por ejemplo, utilizando su recursión, o su conocida interpretación combinatoria, o su minimalidad en cuanto a divisores primos - ver esta pregunta anterior

$${m\choose n}\ =\ \frac{m!/(m-n)!}{n!}\ =\ \frac{\overbrace{m\:(m-1)\:\cdots\:(m-n+1)}^{\text{producto de $\,n\,$ enteros consecutivos}}}{n!}\qquad$$