Udowdonić, że liczba jest całkowita

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
matinf
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1922
Rejestracja: 26 mar 2012, o 18:52
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 695 razy
Pomógł: 4 razy

Udowdonić, że liczba jest całkowita

Post autor: matinf »

Witam,

Udowodnić, że \(\displaystyle{ (n+1)(n+2)...(2n)}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2^n}\)

\(\displaystyle{ (n+1)(n+2)...(2n) = \frac{(2n)!}{n!}}\)

Łatwo udowodnić jest, że całkowita jest liczba : \(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{2^n}}\). Ale ona jeszcze dodatkowo musi był całkowita gdy do mianownika dopiszemy \(\displaystyle{ n!}\). Jak to udowodnić ?
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Udowdonić, że liczba jest całkowita

Post autor: a4karo »

Spróbuj indukcją...
Zahion
Moderator
Moderator
Posty: 2095
Rejestracja: 9 gru 2012, o 19:46
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa, mazowieckie
Podziękował: 139 razy
Pomógł: 504 razy

Udowdonić, że liczba jest całkowita

Post autor: Zahion »

A próbowałeś indukcją ?
Dla \(\displaystyle{ n = 1}\) oczywiście prawda. Niech więc \(\displaystyle{ (n+1)(n+2)...(2n)=2^{n}k}\). Do udowodnienia mamy \(\displaystyle{ 2^{n+1}|(n+2)(n+3)...(2n+2)=2(n+1)(n+2)...(2n+1)=2\cdot2^{n}k(2n+1)=2^{n+1}k(2n+1)}\).
Hydra147
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 268
Rejestracja: 31 mar 2013, o 20:23
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 82 razy

Udowdonić, że liczba jest całkowita

Post autor: Hydra147 »

Można też dedukcyjnie. Wykładnik z jakim dwójka wchodzi do rozkładu na czynniki pierwsze liczby \(\displaystyle{ (2n)!}\) wynosi \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{ \infty }\left[ \frac{2n}{2^k} \right]}\), zaś w przypadku \(\displaystyle{ n!}\) mamy \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{ \infty } \left[ \frac{n}{2^k}\right]}\). Zatem w przypadku liczby \(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{n!}}\) mamy \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{ \infty }\left[ \frac{2n}{2^k} \right]-\sum_{k=1}^{ \infty }\left[ \frac{n}{2^k} \right]=n+\sum_{k=2}^{ \infty }\left[ \frac{2n}{2^k} \right]-\sum_{k=1}^{ \infty }\left[ \frac{n}{2^k} \right]=n+\sum_{k=1}^{ \infty }\left[ \frac{n}{2^k} \right]-\sum_{k=1}^{ \infty }\left[ \frac{n}{2^k} \right]=n}\).
Wykazaliśmy nie tylko, że \(\displaystyle{ 2^{n} | \frac{(2n)!}{n!}}\) ale także \(\displaystyle{ 2^{n+1} \nmid \frac{(2n)!}{n!}}\).
Awatar użytkownika
Sylwek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2716
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 160 razy
Pomógł: 657 razy

Udowdonić, że liczba jest całkowita

Post autor: Sylwek »

matinf pisze:[...]
\(\displaystyle{ (n+1)(n+2)...(2n) = \frac{(2n)!}{n!}}\)
[...]
No więc
\(\displaystyle{ \frac{(2n)!}{n!} / 2^n = \frac{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (2n)}{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2n)} = 1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2n-1) =: (2n-1)!!}\)
ODPOWIEDZ