El producto de $n$ enteros consecutivos es divisible por $ n!$ (sin utilizar las propiedades de los coeficientes binomiales)

Question

¿Cómo podemos demostrar, sin utilizar las propiedades de los coeficientes binomiales, el producto de $n$ enteros consecutivos es divisible por $n$ ¿Factorial?

Answer 1

Se podría argumentar por inducción en $n$ . El resultado es evidente si $n=1$ .

Para el paso inductivo, supongamos que $(n-1)!$ divide cualquier producto de $n-1$ enteros consecutivos. Consideremos ahora los productos de $n$ enteros consecutivos.

Digamos que su producto es $P(k)=(k+1)(k+2)\dots(k+n)$ . En primer lugar, puede asumir $k\ge0$ : Si uno de los factores $k+j$ es 0, entonces $P(k)=0$ y obviamente $n!$ lo divide. Si $k+n=-t-1<0$ Esto es lo mismo que $$(-1)^n(t+1)(t+2)\dots(t+n)=(-1)^nP(t),$$ y $t\ge0$ .

Ahora argumenta por inducción sobre $k$ . El resultado se mantiene claramente si $k=0$ ya que $P(0)=n!$ .

Supongamos que $n!|P(k)$ . Entonces $P(k+1)=(k+2)(k+3)\dots(k+n+1)$ . Dividir el último factor como $(k+1)+n$ . Tenemos $$P(k+1)=[(k+2)\dots(k+n)](k+1)+[(k+2)\dots(k+n)]n.$$ El primer sumando es $P(k)$ que es divisible por $n!$ por la suposición inductiva sobre $k$ . El segundo sumando es $n$ por un producto de $n-1$ enteros consecutivos, por lo que $n$ veces un múltiplo de $(n-1)!$ por la suposición inductiva sobre $n$ . Claramente, $n$ veces un múltiplo de $(n-1)!$ es un múltiplo de $n!$ y la suma de dos múltiplos de $n!$ es un múltiplo de $n!$ Así que $n!|P(k+1)$ .

Hemos terminado por inducción.

Answer 2

Como esta afirmación es equivalente al hecho de que los coeficientes binomiales son integrales, es un poco difícil precisar la noción de una prueba que no "utiliza propiedades de los coeficientes binomiales". Interpretaré esta salvedad como que la prueba no es esencialmente combinatoria, es decir, que no emplea propiedades que son inmediatas a la interpretación combinatoria de los coeficientes binomiales.

En mi publicar aquí encontrarás una prueba puramente aritmética de que $\rm\: n!\: $ divide el producto de $\rm\:n\:$ enteros consecutivos. La prueba muestra cómo reescribir la fracción asociada como un producto de fracciones cuyos denominadores son todos coprimos a cualquier primo dado $\rm\:p\:$ . Esto implica que ningún primo divide el denominador (cuando se escribe en términos mínimos), por lo que la fracción es un número entero.

La propiedad clave que se encuentra en el corazón de esta prueba es que, entre todos los productos de $\rm\: n\:$ enteros consecutivos, $\rm\ n!\ $ tiene la menor potencia posible de $\rm\:p\:$ dividiéndolo - para todos los primos $\rm\:p\:$ . Así, $\rm\ n!\ $ divide cada producto de $\rm\:n\:$ enteros consecutivos, ya que tiene una potencia menor de cada divisor primo.

Answer 3

Definamos $$P(n,k) = \frac{\prod\limits_{i=1}^{n}(k+i)}{n!}.$$

Si $n$ es cero, el producto es cero. Si $k$ es cero, el producto es $n!$ . Ambos son divisibles por $n!$ .

Si $k < -n < 0$ entonces, $$P(n,k) = (-1)^nP(n,-k-n).$$

Por lo tanto, basta con demostrarlo para los casos en los que los valores no son negativos. $k$ .

Inducción:

Caso base:

Si $n+k = 1$ entonces $P(0,1) = 0 \in \mathbb{N}$ y $P(1,0) = 1 \in \mathbb{N}$ .

Paso inductivo:

Supongamos que $P(n,k) \in \mathbb{N}$ para todos $n+k = z.$

Entonces, para cualquier $P(n,k)$ con $n+k = z+1$ , $$\begin{gather} P(n,k) = \frac{\prod\limits_{i=1}^{n}(k+i)}{n!}\\ =(k+n)\frac{\prod\limits_{i=1}^{n-1}(k+i)}{n!} \\ =k\frac{\prod\limits_{i=1}^{n-1}(k+i)}{n!} + n\frac{\prod\limits_{i=1}^{n-1}(k+i)}{n!}\\ =\frac{\prod\limits_{i=1}^{n}((k-1)+i)}{n!} + \frac{\prod\limits_{i=1}^{n-1}(k+i)}{(n-1)!}\\ =P(n,k-1) + P(n-1,k). \end{gather} $$

Ambos términos son números naturales y por lo tanto $P(n,k) \in \mathbb{N}$ . Esto completa la inducción y la prueba.

Answer 4

Hay una prueba alternativa en el siguiente enlace que utiliza el resultado sobre la mayor potencia de un primo que divide un factorial (desplácese hacia abajo para ver la prueba)

http://2000clicks.com/MathHelp/BasicFactorialConsecutiveIntegerProducts.aspx

Answer 5

Prueba casi autónoma sin inducción. (Deja que $p$ sea un primo arbitrario) Denotaremos por $\nu_p$ el $p$ -valorización de los productos y alquileres $s_p\left(\sum_{j=0}^{n}{a_jp^j}\right)=\sum_{j=0}^{n}{a_j}$ denotan la suma de dígitos en base $p$ . Afirmamos que $$\nu_p(n!)=\frac{n-s_p(n)}{p-1}$$ Esto puede verificarse directamente mediante la subsunción de $n=\sum_{j=1}^{k}{a_jp^j}$ y utilizando la fórmula de Legendre: $$\nu_p(n!)=\sum_{j=1}^{\infty}{\left\lfloor \frac{n}{p^j} \right\rfloor}$$ Esta desigualdad se puede demostrar fácilmente: $$s_p(a+b)\leq s_p(a)+s_p(b)$$ Por lo tanto, $$\nu_p\left(\binom{n}{k}\right)=\nu_p\left(\frac{n!}{k!(n-k)!}\right)=\frac{s_p(k)+s_p(n-k)-s_p(n)}{p-1}\geq 0$$ por lo que hemos demostrado que $$\binom{n}{k}=\frac{n(n-1)\ldots(n-k+1)}{k!}\in \mathbb{Z}$$ [Usando : "Si $x\in\mathbb{Q}$ tal que $\nu_p(x)\geq 0$ para todos los primos $p$ entonces $x\in \mathbb{Z}$ "]