Comprobación de pruebas: $(4n)!$ es divisible por $2^{3n}3^{n}$

Question

Pregunta: Demuestra que $(4n)!$ es un múltiplo de $2^{3n}3^{n}$ para todos $n$ .

Prueba: Es fácil (aunque implica un cálculo algo complicado) demostrar por inducción que $(4n)!$ es un múltiplo de $2^{3n}$ . Ahora, como cada tercer número de la secuencia $1,2,...,4n$ es divisible por $3$ Hay por lo menos $\dfrac{4n}{3}>n$ muchos 3's. Esto demuestra que $(4n)!$ también es un múltiplo de $3^n$ y la afirmación es la siguiente.

¿Es válida esta prueba?

Answer 1

Su prueba está bien.

Una alternativa para los factores de $3$ : demostramos que uno de $m,m+1,m+2$ es divisible por $3$ para cualquier número entero $m$ y entonces podemos usar eso en lugar de su paso de inducción para las potencias de $3$ .

Básicamente, necesitas en tu paso de inducción demostrar que $(4n+1)(4n+2)(4n+3)(4n+4)$ es divisible por ambos $8=2^3$ y $3$ . Es divisible por $8$ obviamente - sólo factor como:

$$8(4n+1)(2n+1)(4n+3)(n+1)$$

El hecho de que sea divisible por $3$ se desprende de mi afirmación anterior: una de $4n+1,4n+2,4n+3$ es divisible por $3$ .

O podría argumentar que $$\binom{4n+4}{4}=\frac{(4n+4)(4n+3)(4n+2)(4n+1)}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}$$ es siempre un número entero, por lo que el numerador es divisible por el denominador. (Es probable que ese sea el argumento combinatorio al que te refieres en los comentarios: el valor:

$$\frac{(4n)!}{24^n}$$

puede considerarse como un recuento del número de particiones ordenadas del conjunto $\{1,2,\dots,4n\}$ en $n$ conjuntos de tamaño $4$ .)

Answer 2

Funciona. Como alternativa, a través de un fórmula conocida : $$\nu_2((4n)!)=\sum_{m\geq 1}\left\lfloor\frac{4n}{2^m}\right\rfloor=\color{red}{3n}+\sum_{m\geq 3}\left\lfloor\frac{4n}{2^m}\right\rfloor\geq 4n-1-\log_2(n) $$ y: $$\nu_3((4n)!)=\sum_{m\geq 1}\left\lfloor\frac{4n}{3^m}\right\rfloor\geq\color{red}{n}+\sum_{m\geq 2}\left\lfloor\frac{4n}{3^m}\right\rfloor\geq 2n-2-\log_3(n). $$

Answer 3

Prueba combinatoria

Dejemos que $N$ sea el número de formas de seleccionar $n$ grupos de cuatro de $4n$ personas. Entonces, si etiquetamos los grupos por números $1$ , $2$ , $\ldots$ , $n$ podemos hacerlo en $n!\cdot N$ maneras. Como alternativa, para $k=1,2,\ldots,n$ Hay $4n-4(k-1)$ personas de las que se elegirán cuatro para el grupo con etiqueta $k$ y esto se puede hacer en $\binom{4n-4(k-1)}{4}$ maneras. Por lo tanto, $$n!\cdot N=\prod_{k=1}^n\,\binom{4n-4(k-1)}{4}=\frac{(4n)!}{(4!)^n}\,.$$ En consecuencia, $$N=\frac{(4n)!}{(4!)^nn!}$$ es un número entero. Por lo tanto, $$\frac{(4n)!}{(4!)^n}=\frac{(4n)!}{2^{3n}3^n}$$ es un número entero, que es divisible por $n!$ .

Answer 4

Una pista: Utiliza el teorema de Legendre:

Para $n!=p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots $ entonces
$$ \alpha_i=\sum_{k=0}^{\infty} \left[ \frac{n}{p_i^k}\right] $$

Answer 5

Primero, demuestre que esto es cierto para $n=3$ :

$(4\cdot3)!=3\cdot11550\cdot(2^{3\cdot3}\cdot3^{3\cdot1})$

En segundo lugar, supongamos que esto es cierto para $n$ :

$(4n)!=3\cdot{k}\cdot(2^{3n}\cdot3^{n})$

Tercero, demostrar que esto es cierto para $n+1$ :

$(4n+4)!=$

$\color\red{(4n)!}\cdot(4n+1)\cdot(4n+2)\cdot(4n+3)\cdot(4n+4)=$

$\color\red{3\cdot{k}\cdot(2^{3n}\cdot3^{n})}\cdot(4n+1)\cdot(4n+2)\cdot(4n+3)\cdot(4n+4)=$

$3\cdot{k}\cdot(2^{3n}\cdot3^{n})\cdot8\cdot(4n+3)\cdot(4n+1)\cdot(2n+1)\cdot(n+1)=$

$k\cdot(2^{3(n+1)}\cdot3^{n+1})\cdot(4n+3)\cdot(4n+1)\cdot(2n+1)\cdot(n+1)$

---

Tenga en cuenta que el supuesto sólo se utiliza en la parte marcada en rojo.