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No lo he terminado, pero esto es lo que llevo: k1+k2+k3+...+kr=n Como todos los k son enteros positivos menores a n, entonces todos los k dividen a n!, ademas, por lo mismo todos los k! dividen a n!
y alguno de los dos elementos "r" ó "((k1!)(k2!)(k3!)...(kr!))" tiene que ser siempre multiplo de "n"
como "r" es el # de numeros que tenemos en la serie no es posible que SIEMPRE sea multiplo de "n". Podra haber casos q si, y otros q no, pero el punto es q no siempre!!
entonces "((k1!)(k2!)(k3!)...(kr!))" tiene que ser multiplo de "n" .....
Sólo lo he podido demostrar con n=10 1+2+3+4=10 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10|10! 1!=1|10! 2!=1x2|10! 3!=1x2x3|10! 4!=1x2x3x4|10! 1!,2!,3!,4!|10! 1!2!3!4!=(1^4)(2^3)(3^2)(4^1)=(1)(8)(9)(4)|10!
Ahora, volviendo a lo principal, lo que tenemos que hacer es probar que el producto de todos los k! se puede factorizar como números menores a n.
Yo a lo que llegué fue: n>kr≥kr-1≥...≥k3≥k2≥k1 k1!|(k1+k2+k3+...+kr)!=n! k2!|(k1+k2+k3+...+kr)!=n! k3!|(k1+k2+k3+...+kr)!=n! . . . kr!|(k1+k2+k3+...+kr)!=n! Entonces: k1!,k2!,k3!,...,kr!|(k1+k2+k3+...+kr)!=n! Despues, por el otro lado, y tras un rato de pensarle llegué a lo siguiente: k1!k2!k3!...kr!=(1^(kr-1))(2^(kr-2))...(kr^1) Pero esto sólo trabaja para número consecutivos así que pudiera decir que estoy atorado. Ahora, otra conclusión a la que llegué es: n>kr≥...≥k3≥k2≥k1 k1|k2!,k3!,...,kr!,n! k2|k3!,...,kr!,n! . . . kr!|n! Ya comprobamos que cada uno de los k! dividen a n!, pero lo que no me sale es como comprobar que todos juntos multiplicados tambien son divisor de n!
Bryan: También estás mal. Es cierto que en n! aparecen $1,2,3,4,\ldots, k_r$, sin embargo $k_1 ! k_2! \ldots k_r !$ tiene más términos que $1,2,3,\ldots k_r$.
como n es la suma de todas las k hasta kr entonces n es un numero mayor a kr por su cuadrado mas kr sobre dos [1/2(kr^2+kr)] entonces el factorial de n es divible en la multiplicacion de los factoriales de kr por n! los incluye anque se repitan
Hay una diferencia entre $n = k_1 + k_2 + \ldots + k_r$ y lo que dijo David. Si lees con cuidado el enunciado de David lo que el piensa es $n = 1 + 2+\ldots + k_r$.
Alberto, para convencerme completamente, te tendría que creer que puedes demostrar que $m!$ divide a la multiplicación de $m$ consecutivos. Lo puedes demostrar?
Nomas para informarlos, he estado trabajando en este problema desde el la semana pasada pero no he llegado a nada concreto :/ tan pronto me salga la solucion la subo, escribo esto para que no digan que no asuman que no lo he intentado
Luis Alonso, un ejemplo de que un producto de n números consecutivos es divisible entre factorial de n, no lo demuestra. En la página 415 del libro "Algebra Superior" de Hall y Knight viene una demostración que puede servir.
k1, k2, k3,...,kr son consecutivos?
ResponderBorrarNo lo he terminado, pero esto es lo que llevo:
ResponderBorrark1+k2+k3+...+kr=n
Como todos los k son enteros positivos menores a n, entonces todos los k dividen a n!, ademas, por lo mismo todos los k! dividen a n!
yo lo que llevo es q:
ResponderBorrark1! | k1
k2! | k2
...
...
kr! | kr
de esto anterior tambn podemos ver que:
(k1!)(k2!)(k3!)...(kr!) | k1
(k1!)(k2!)(k3!)...(kr!) | k2
.....
.....
(k1!)(k2!)(k3!)...(kr!) | kr
ahora si sumamos todos queda:
r((k1!)(k2!)(k3!)...(kr!)) | k1+k2+k3+...+kr
nos podemos dar cuenta que el lado derecho es "n"
entonces:
r((k1!)(k2!)(k3!)...(kr!)) | n
y alguno de los dos elementos "r" ó "((k1!)(k2!)(k3!)...(kr!))" tiene que ser siempre multiplo de "n"
como "r" es el # de numeros que tenemos en la serie no es posible que SIEMPRE sea multiplo de "n". Podra haber casos q si, y otros q no, pero el punto es q no siempre!!
entonces "((k1!)(k2!)(k3!)...(kr!))" tiene que ser multiplo de "n"
.....
esto es lo q llevo hasta ahorita.
tenemos que demostrar que el producto de las k's factorial divide a n factorial,,, o demostrar qe la suma de las k's factoriales divide a n factorial?
ResponderBorrarSólo lo he podido demostrar con n=10
ResponderBorrar1+2+3+4=10
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10|10!
1!=1|10!
2!=1x2|10!
3!=1x2x3|10!
4!=1x2x3x4|10!
1!,2!,3!,4!|10!
1!2!3!4!=(1^4)(2^3)(3^2)(4^1)=(1)(8)(9)(4)|10!
Ahora, volviendo a lo principal, lo que tenemos que hacer es probar que el producto de todos los k! se puede factorizar como números menores a n.
Sigo con una duda que no me permite terminar, ¿los k´s son consecutivos?
ResponderBorrarno necesariamente
ResponderBorrarpuedes hacer casos como el de el 11
que no es suma de consecutivos
puede ser
11=1+10
11=4+2+5
.
.
.
hasta donde eh llegado esque k1k2k3...kr/k1!k2!k3!...k4! pero eh intentado varias cosas y no llego a nada espero tenerlo mas tarde!
ResponderBorrarn>k1>=k2>=k3>=...>=kr (mayor igual, solo que no lo pude poner)
ResponderBorrarn!=1*2*3....*n
k1!=1*2*3...*k1
k2!=1*2*3...*k2
.
.
.
kr!=1*2*3...*kr
si multiplicamos las k's tenemos
k1!k2!k3!....kr!=1^r*2^r*3^r....kr^r
para que k1!k2!k3! | n! en n! deben aparecer los terminos
1^r*2^r*3^r....kr^r
y como n>kr podemos asegurar que estos aparecen
correcion:
ResponderBorrarpara que k1!k2!k3! | n! en n! deben aparecer los terminos
1*2*3....kr
Yo a lo que llegué fue:
ResponderBorrarn>kr≥kr-1≥...≥k3≥k2≥k1
k1!|(k1+k2+k3+...+kr)!=n!
k2!|(k1+k2+k3+...+kr)!=n!
k3!|(k1+k2+k3+...+kr)!=n!
.
.
.
kr!|(k1+k2+k3+...+kr)!=n!
Entonces:
k1!,k2!,k3!,...,kr!|(k1+k2+k3+...+kr)!=n!
Despues, por el otro lado, y tras un rato de pensarle llegué a lo siguiente:
k1!k2!k3!...kr!=(1^(kr-1))(2^(kr-2))...(kr^1)
Pero esto sólo trabaja para número consecutivos así que pudiera decir que estoy atorado.
Ahora, otra conclusión a la que llegué es:
n>kr≥...≥k3≥k2≥k1
k1|k2!,k3!,...,kr!,n!
k2|k3!,...,kr!,n!
.
.
.
kr!|n!
Ya comprobamos que cada uno de los k! dividen a n!, pero lo que no me sale es como comprobar que todos juntos multiplicados tambien son divisor de n!
Luis Carlos:
ResponderBorrarLos k's no tienen porque ser consecutivos.
Neil:
k! | k es falso. Es al revés k | k!. Este error es costoso en el argumento que haces, ya que todo lo que escribes después es falso.
Luis Carlos:
a|b, c|b no implica que ac | b. Ejemplo 3 | 3 y 3 | 3, pero 9|3. Otro ejemplo 9 | 36, 18|36 pero 9*18 no divide a 36.
Bryan:
ResponderBorrarTambién estás mal.
Es cierto que en n! aparecen $1,2,3,4,\ldots, k_r$, sin embargo $k_1 ! k_2! \ldots k_r !$ tiene más términos que $1,2,3,\ldots k_r$.
cierto, y vi mi error :\ a ver si esto sirve:
ResponderBorrardigamos que basado en lo anterior
\[k_{1}!k_{2}!k_{3}!\cdots k_{r}!=1^{a_{1}}2^{a_{2}}\cdots kr^{a_{r}}\]
n!=1\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots n
k_{r}< n\therefore n!=1\cdot 2\cdot \cdots \cdot k_{r}\cdot k_{r}+1\cdots n
entonces
\[n!=k_r!\cdot k_r+1\cdot k_r+2\cdots n\]
por lo tanto k!|n! y es el lo mismo para todas las k factoriales entonces
k1!n!
k2!n!
.
.
.
kr!|n!
y..... me atore :\
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrar\[n!=1\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots n \]
ResponderBorrar\[k_{r}< n\therefore n!=1\cdot 2\cdot \cdots \cdot k_{r}\cdot k_{r}+1\cdots n \]
entonces:
\[n!=k_r!\cdot k_r+1\cdot k_r+2\cdots n \]
por lo tanto k!|n! y es el lo mismo para todas las k factoriales entonces
k1!|n!
k2!|n!
.
.
.
kr!|n!
esto es la segunda mitad esque tuve unos errores
como n es la suma de todas las k hasta kr entonces n es un numero mayor a kr por su cuadrado mas kr sobre dos [1/2(kr^2+kr)] entonces el factorial de n es divible en la multiplicacion de los factoriales de kr por n! los incluye anque se repitan
ResponderBorrarDavid, no es cierto que n es la suma de todas las k hasta kr.
ResponderBorrarComo n es la suma de las k's, su factorial va a ser asi:
ResponderBorrar$(1) \dots (k_1)(k_1 +1) \dots (k_1 + k_2)(k_1 + k_2 +1) \dots (k_1 + k_2 + k_3) \dots (k_1 + \dots + k_r) = n!$
esos son $k_1$ consecutivos, por $k_2$ consecutivos, asi hasta llegar a la suma de todas las k's que es n
como m! divide a la multiplicacion de m consecutivos
$k_1!k_2!\cdots k_r!|n! $
y kike, el problema dice que si....
Hay una diferencia entre $n = k_1 + k_2 + \ldots + k_r$ y lo que dijo David. Si lees con cuidado el enunciado de David lo que el piensa es $n = 1 + 2+\ldots + k_r$.
ResponderBorrarAlberto, para convencerme completamente, te tendría que creer que puedes demostrar que $m!$ divide a la multiplicación de $m$ consecutivos. Lo puedes demostrar?
ResponderBorraremm, pues digamos que el mas grande de esos m consecutivos es k
ResponderBorrartenemos que $\binom{k}{m}$ es entero, y si lo desarrollamos da:
$\frac{k \times \dots \times (k-m+1)}{m!}$
la parte de arriba son los m consecutivos con k el mayor de ellos, y abajo m!, y como eso es entero, m! si los divide
asi esta bien??
Nomas para informarlos, he estado trabajando en este problema desde el la semana pasada pero no he llegado a nada concreto :/ tan pronto me salga la solucion la subo, escribo esto para que no digan que no asuman que no lo he intentado
ResponderBorrarhttp://s803.photobucket.com/albums/yy320/alonso_0293/?action=view¤t=19desep.jpg
ResponderBorrarLuis Alonso
Luis Alonso, un ejemplo de que un producto de n números consecutivos es divisible entre factorial de n, no lo demuestra. En la página 415 del libro "Algebra Superior" de Hall y Knight viene una demostración que puede servir.
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