¿Por qué tiene que ser un número entero?

Question

41. Deje $k$ $n$ ser enteros mayores que 1. A continuación, $(kn)!$ no es necesariamente divisible por

    • A. $(n!)^k$
    • B. $(k!)^n$
    • C. $n!\cdot k!$
    • D. $2^{kn}$

Creo que la opción D es correcta y tienen un contador de ejemplo para que.

Deje $k=2 $ $n=3$ $(kn)!=6!=720$ no es divisible por $ 64=2^{2*3}$.

Lo que no entiendo es que ¿por qué las opciones a, B, C, necesariamente, se dividen $(kn)!$.
Gracias por la ayuda.

Answer 1

Esto se puede ver en el hecho de que multinomial coeficientes son números enteros : https://en.wikipedia.org/wiki/Multinomial_theorem#Multinomial_coefficients

Entonces $\frac{(nk)!}{(n!)^k} = \binom{nk}{n,n,\dots,n}$, $\frac{(nk)!}{(k!)^n} = \binom{nk}{k,k,\dots,k}$ y $\frac{(nk)!}{(n!)(k!)} = (nk-n-k)!\binom{nk}{n,k,nk-n-k}$.

Answer 2

Para B. :$\binom {n+k} {k}=(n+k)!(n!!k!)^{-1}\in Z$ porque es el número de subconjuntos de un $n+k$-elemento de conjunto que tienen exactamente $k$ cada uno de los miembros. Así que si $k>0$ $k!$ divide el producto de cualquier $k$ consecutivos enteros positivos, porque si $k>0$ $n\geq 0$ $\binom {n+k} {k}= k!^{-1} \prod_{j=1}^k(n+j)).$ por lo Tanto, para $n,i\geq 0 :$ $$A(i,k,n) = k!^{-1}\prod_{j=1}^k(i n+j)\in Z.$$ .So $k!^{-n}(nk)!=\prod_{i=0}^{n-1} (i,k,n)\en Z.$

Para A. : Intercambio $k$ $n$ en el argumento para B.

Para C. : $n +k\leq n k$ porque $1\leq (n-1)(k-1)=n k -n-k+1.$ $$(nk)!(n!k!)^{-1}=[(n k)!(n+k)!^{-1}] \binom {n+k} {k}\in Z.$$

Answer 3

$\frac{(kn)!}{n!^k}$ $\frac{(kn)!}{k!^n}$ tanto puede ser reconocido como multinomial coeficientes que son números enteros.

Desde $n,k>1$ $\frac{(kn)!}{n!k!(kn-n-k)!}$ es un coeficiente multinomial.

Answer 4

Así que tenemos tres cosas que quiero probar son divisibles. Mediante el modulo podemos expresar:

a es divisible por b si: $$a \mod b = 0$$

Por lo tanto, podemos escribir las tres de la igualdad de abajo y probar por falta de contradicción dentro de álgebra:

A.

$$(kn)! \mod (n!)^k = 0$$

Volver a escribir como el producto de grandes operador:

$$\prod_{i=1}^{kn} i \mod (\prod_{i=1}^{n} i)^k = 0$$

No estoy seguro de cómo esto garantiza la divisibilidad. Sé que puedo dividir un n!, pero creo que esto es indivisible. Es el autor de la certeza de que sólo una respuesta es cierta?

B.

Desde Una fórmula de la que sólo se diferencia por revertir arbitraria de letras, tenemos el mismo resultado para la B.

C.

$$(kn)! \mod (n!)(k!) = 0$$

Escribir como un producto de grandes:

$$\prod_{i=1}^{kn} i \mod \prod_{i=1}^{n} i * \prod_{i=1}^{k} i = 0$$

Reescribir suponiendo que n < k

$$\prod_{i=1}^{kn} i \mod \prod_{i=1}^{2n} i * \prod_{i=n+1}^{k} i = 0$$

Desde k se garantiza que al menos igual a 2...

$$\prod_{i=2n+1}^{kn} i \mod \prod_{i=n+1}^{k} i = 0$$

Puesto que n es garantizado al menos igual a 2...

Podemos dividir la izquierda producto de dos cantidades. Uno es el raro índices multiplican juntos y uno es el que incluso los índices multiplicados juntos. Puesto que la multiplicación es conmutativa y asociativa, esto es válido, sólo que no es fácilmente expressable a través de la notación. Por lo tanto, ya tenemos el deseo de probar que 2 veces el término derecho existe en la izquierda plazo, debemos asegurarnos de que incluso los índices [2n + 2, 2k] están presentes. Ahora, desde que k > n, k >= n+1. También, puesto que n > 1, kn > k. n es un número entero, de modo 2k está presente al menos. 2n+1 < 2n+2 <= 2k. Por lo tanto, los términos son divisibles y C ha demostrado ser válida a través de álgebra.

Por desgracia, esta pregunta parece implicar múltiples indivisible cantidades. Si el autor quiere establecer sólo uno está equivocado, a continuación, voy a tratar de terminar de probar el a y el B. en caso Contrario, sólo puedo suponer que algunos de estos son de crecimiento indeterminado formas. Por supuesto, si sólo una respuesta es correcta, la que a y B no puede ser la respuesta por ser completamente idénticas declaraciones.