Chủ đề này có 6 trả lời

[lethanhson2703]

Chứng minh rằng tích của $k$ số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho $k!$

[Bui Ba Anh]

Gọi k số nguyên liên tiếp đó là i+1,i+2,...,i+k

Xét tổ hợp chập k của i+k phần tử,ta có 

$C_{i+k}^{k}=\frac{(i+k)!}{k!(i-k+k)!}=\frac{(i+k)!}{k!i!}=\frac{(i+1)(i+2)...(i+1)}{k!}$

Mà $C_{i+k}^{k}$ là số nguyên => Q.E.D

A-Q:)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 11-09-2014 - 22:39

[lethanhson2703]

Gọi k số nguyên liên tiếp đó là i+1,i+2,...,i+k

Xét tổ hợp chập i của i+k phần tử,ta có 

$C_{i+k}^{k}=\frac{(i+k)!}{k!(i-k+k)!}=\frac{(i+k)!}{k!i!}=\frac{(i+1)(i+2)...(i+1)}{k!}$

Mà $C_{i+k}^{i}$ là số nguyên => Q.E.D

A-Q:)

Anh có thể làm cách khác của lớp 9 không ạ.. Cách này em không hỉu cho lắm

[Near Ryuzaki]

Anh có thể làm cách khác của lớp 9 không ạ.. Cách này em không hỉu cho lắm

Cách khác cho em ( sử dụng nguyên lí cực hạn ) :

Giả sử tồn tại $k$ số nguyên dương liên tiếp mà tích của chúng không chia hết cho $k!$ Trong tất cả những số $k$ như vậy ta chọn số nhỏ nhất và cho đó là $k_0$. Khi đó $k_0>2$ vì tích $2$ số nguyên liên tiếp đều là số chẵn là chia hết cho $2.$ Ta giả sử rằng tồn tại số nguyên không âm $m$ sao cho $(m+1)(m+2)....(m+k_0)$ không chia hết cho $k_0!.$ Từ những số $m$ như vậy ta lại chọn $m_0$ nhỏ nhất mà $m_0>0$ vì ta luôn có $k_0!$ chia hết cho $k_0.$

Ta có : $$(m_0+1)(m_0+2)....(m_0+k_0-1)(m_0+k_0)=m_0[(m_0+1)(m_0+2)...(m_0+k_0-1)]+k_0[(m_0+1)(m_0+2)....(m_0+k_0-1)]$$

Theo cách chọn $m_0$ , thì $m_0[(m_0+1)(m_0+2)...(m_0+k_0-1)]$ chia hết cho $k_0!$

Theo cách chọn $k_0$ , thì $[(m_0+1)(m_0+2)...(m_0+k_0-1)]$ chia hết cho $(k_0-1)!$

Do đó $k_0[(m_0+1)(m_0+2)....(m_0+k_0-1)] \vdots k_0!$

Kết hợp lại hai thừa số ở vế phải đẳng thức chia hết cho $k_0!$ 

Điều này trái với cách chọn $k_0.$

Bài toán được chứng minh $\blacksquare.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 08-05-2016 - 09:48

[lethanhson2703]

Cách khác cho em ( sử dụng nguyên lí cực hạn ) :

Giả sử tồn tại $k$ số nguyên dương liên tiếp mà tích của chúng không chia hết cho $k!$ Trong tất cả những số $k$ như vậy ta chọn số nhỏ nhất và cho đó là $k_0$. Khi đó $k_0>2$ vì tích $2$ số nguyên liên tiếp đều là số chẵn là chia hết cho $2.$ Ta giả sử rằng tồn tại số nguyên không âm $m$ sao cho $(m+1)(m+2)....(m+k_0)$ không chia hết cho $k_0!.$ Từ những số $m$ như vậy ta lại chọn $m_0$ nhỏ nhất mà $m_0>0$ vì ta luôn có $k_0!$ chia hết cho $k_0.$

Ta có : $$(m_0+1)(m_0+2)....(m_0+k_0-1)(m_0+k_0)=m_0[(m_0+1)(m_0+2)...(m_0+k_0-1)]+k_0[(m_0+1)(m_0+2)....(m_0+k_0-1)]$$

Theo cách chọn $m_0$ , thì $m_0[(m_0+1)(m_0+2)...(m_0+k_0-1)]$ chia hết cho $k_0!$

Theo cách chọn $k_0$ , thì $[(m_0+1)(m_0+2)...(m_0+k_0-1)]$ chia hết cho $(k_0-1)!$

Do đó $k_0[(m_0+1)(m_0+2)....(m_0+k_0-1)] \vdots k_0!$

Kết hợp lại hai thừa số ở vế phải đẳng thức chia hết cho $k_0!$ 

Điều này trái với cách chọn $k_0.$

Bài toán được chứng minh $\blacksquare.$

Cái chỗ màu đỏ là sao vậy anh.. em chưa hiểu lắm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lethanhson2703: 26-09-2014 - 22:37

[Near Ryuzaki]

Cái chỗ màu đỏ là sao vậy anh.. em chưa hiểu lắm

Là $$k_0!\mid m_0[(m_0+1)(m_0+2)...(m_0+k_0-1)]+k_0[(m_0+1)(m_0+2)....(m_0+k_0-1)]$$

[Nguyentiendung9372]

Điều cần chứng minh tương đương với 

 

$${{\left( {m + 1} \right)\left( {m + 2} \right)...\left( {m + k} \right)} \over {k!}} \in Z$$

 

Nhân cả tử và mẫu với $m!$, ta có:

 

$${{\left( {m + k} \right)!} \over {m!k!}} \in Z$$

 

Theo định lí $Legendre$, số mũ lớn nhất của thừa số nguyên tố $p$ trong tử số là 

 

$$\left[ {{{m + k} \over p}} \right]$$

 

Số mũ lớn nhất của thừa số nguyên tố $p$ trong mẫu số là:

 

$$\left[ {{m \over p}} \right] + \left[ {{k \over p}} \right]$$

 

Việc còn lại là chứng minh

$$\left[ {{{m + k} \over p}} \right]\geq \left[ {{m \over p}} \right] + \left[ {{k \over p}} \right]$$

Chứng minh không có gì khó khăn cả.

Từ đó suy ra 

$${{\left( {m + k} \right)!} \over {m!k!}} \in Z \Leftrightarrow {{\left( {m + 1} \right)\left( {m + 2} \right)...\left( {m + k} \right)} \over {k!}} \in Z$$

$Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyentiendung9372: 04-10-2014 - 22:46