Demostrando eso si a y b son números naturales, entonces! b! | (a + b)!

Question

Este es el primer ejercicio de teoría elemental de los números de Sierpinski. Da una prueba usando inducción y me preguntaba si este enfoque era correcto así:

$a!b!|(a+b)! \iff \exists c \in \mathbb{N} \text{ such that } (a+b)! = c(a!b!)$

Suponiendo sin pérdida de generalidad que $a \leq b$:

$a!b! = \displaystyle\prod\limits_{n=1}^a n^2 \displaystyle\prod\limits_{n=a+1}^b n$

Entonces definimos el conjunto S:

$S = \{n \in \mathbb{N} :n < a^2 \wedge \not \exists m \in \mathbb{N}\text{ such that }m^2=n) \} $

Si $c = \displaystyle\prod\limits_{n \in D}n \displaystyle\prod\limits_{n=b+1}^{a+b}n$,

entonces $(a+b)! = c(a!b!)$

Answer 1

Se sabe que (a + b)! /a! b! representa el número de combinaciones de (a + b) elementos, tomados de "b to b". Por lo tanto, es un entero.

Answer 2

Por fmartin petición, he recogido mis comentarios anteriores en una respuesta.

El enfoque propuesto no funciona. La 2ª última ecuación es $c = de$ donde $e = (b+1)\cdots (a+b)$. Por lo tanto, $(a+b)! = d(b+1)\cdots (a+b)a!b! = da!(a+b)!$ implica $1 = d a!$

Tenga en cuenta que Sierpinski es inductivo de la prueba se expresa mucho más claramente por la mención explícita de la subyacente binomio identidad que permite el descenso, viz. $\binom{a+b}a = \binom{a+b-1}a + \binom{a+b-1}b$.

Para varios integralidad de las pruebas de los coeficientes binomiales ver también este hilo. Allí encontrará una muy simple prueba de que he descubierto que muestra cómo escribir un coeficiente binomial como un producto de fracciones cuyos denominadores son todos coprime a cualquier primer p.

Answer 3

Prueba $a=b=2$. Entonces el $(a+b)!/a!/b! = 6$% y lo $\prod_{n=b+1}^{a+b} n = 12$no puede dividir su $c$.