En respuesta a una petición de @Ari para una prueba por inducción que el producto de la $n$ enteros consecutivos es divisible por $n!$, he intentado lo que yo pensaba que era un argumento más sencillo y directo. Tomar un producto de $n$ enteros consecutivos,$k(k+1)(k+2)...(k+n-1)$, entonces a partir de la $1$ divide $k$, e $2$ divide $k$ o $(k+1)$, e $3$ divide $k$ o $k+1$ o $k+2$...y $n$ divide cualquiera de las $k$ o $k+1$ o $k+2$...o $k+n-1$, por lo $n!$ divide $k(k+1)(k+2)...(k+n-1)$. Pero me fue presentado por @JMoravitz ver que la conclusión no se sigue. Para la toma de $6!$$11\cdot13\cdot17\cdot4\cdot5\cdot6$, cada entero $\le6$ divide $11, 13, 17, 4, 5,$ o $6$, pero $6!$ no divide $291720$. Este es, por supuesto, porque $6!$ contiene $2^4$$3^2$, mientras que $291720$ contiene sólo$2^3$$3^1$. La prueba, por tanto, requiere el cumplimiento de la segunda condición, es decir, que el producto de la $n$ enteros contienen todos sus factores primos al menos tantas veces como $n!$. Este parece ser asegurada por el hecho de que el $n$ enteros consecutivos. Si es así, ¿cuál es una buena manera de demostrarlo?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Anthony Shaw
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Como se muestra en la ecuación $(3)$ de esta respuesta, el número de factores de $p$ $n!$ está dado por Legendre de la Fórmula: $$ v_p(n!)=\frac{n-\sigma_p(n)}{p-1}\etiqueta{1} $$ donde $\sigma_p(n)$ es la suma de los dígitos de la base-$p$ representación de $n$. Por lo tanto, el número de factores de $p$ $\frac{(n+k)!}{k!}$ es $$ v_p\left(\frac{(n+k)!}{k!}\right)=\frac{n-\sigma_p(n+k)+\sigma_p(k)}{p-1}\etiqueta{2} $$ La diferencia de $(1)$ $(2)$ es $$ v_p\left(\frac{(n+k)!}{k!}\right)-v_p(n!)=\frac{\sigma_p(n)+\sigma_p(k)-\sigma_p(n+k)}{p-1}\etiqueta{3} $$ y $(3)$ es el número de acarreos cuando la adición de $n$$k$, y por lo tanto, mayor que o igual a $0$.
