Produit de nombre consecutifs

par **Anonyme** » 23 Juil 2010, 12:35

Bonjour,

Comment démontrer que n(n-1)(n-2)...(n-k) est divisible par (k+1)! sans passer par les arrangements/ permutations ?

Merci

par **Ben314** » 23 Juil 2010, 12:43

Salut,
Je pense que le plus simple est de poser

et de montrer que

(c'est trés simple) puis de faire une réccurence sur n.

A toi de voir si tu considère que "c'est de la triche" ou pas...

par **Anonyme** » 23 Juil 2010, 13:04

C'est pas de la triche mais je cherchais plus (s'il y a en tout cas) une preuve plus directe sans passer éventuellement par recurrence.
Je pensais a un truc du genre :
Dans k entiers consécutifs il y a exactement un multiple de k , au moins 1 multiple de k-1 , k-2 , k-3, ... et donc si on multiplie le tout on obtient k! mais le probleme c'est que j'arrive pas a démontrer que tous ces multiples sont distincts les uns des autre et sans avoir démontrer cela je ne peut pas les multiplier.

par **Ben314** » 23 Juil 2010, 13:22

Le "fond" du problème n'est pas vraiment de savoir si les différents multiples sont distincts : il y a des cas où c'est le même, par exemple 7x6x5 est divisible par 1x2x3 [n=7, k=2] alors que le seul multiple de 2 et aussi le seul multiple de 3.

Le problème, c'est que, si tu sait par exemple qu'il y a un multiple de 3 et un multiple de 5, tu est sûr que le produit sera divisible par 3x5=15 (même si les deux multiples sont les mêmes). Par contre, là ou ça déconne, c'est que, s'il y a un multiple de 4 et un multiple de 6 et qu'en fait c'est le même, cela ne prouve pas que le produit est divisible par 6x4 mais seulement par 12=ppcm(6,4).

Il faut donc raissonner en terme de diviseurs premier entre eux, ce qui conduit assez naturellement à regarder la décomposition en nombre premier.
Il faut donc montrer que, si p est un nombre premier qui apparait à la puissance d dans (k+1)! alors il apparait à une puissance au moins égale à d dans n(n-1)(n-2)...(n-k).
C'est faisable, (mais un peu chiant) : pour calculer d il faut regarder combien il y a de multiple de p dans 1,2,...,(k+1) mais aussi combien il y a de multiples de p², de p^3,... dans ces nombres là.
Tu fait la même chose avec n,n-1,n-2,...,n-k et, si tu te gourre pas, tu conclue...

Si tu veut le faire, il suffit au fond de calculer combien vaut l'exposant E(n,p) du nombre premier p dans n!=1x2x3x...xn puis de vérifier que E(n)-E(n-k-1) [qui est l'exposant de p dans nx(n-1)x...x(n-k)] est supérieur ou égal à
E(k+1) [qui est l'exposant de p dans (k+1)!]

par **Anonyme** » 23 Juil 2010, 14:34

On défini E(n,p) l'exposant de p (nombre premier ) dans n! .

Alors

On ne sarrête que lorsqu'on rencontre un terme nul. Mais je ne vois pas comment trouver une formule generale de E(n,p) et il me semble que ce calcul ne peut se faire qu'a la main en prenant des valeurs pour n et p.

par **Doraki** » 23 Juil 2010, 14:44

n! / p ça fait beaucoup déjà.

par **Ben314** » 23 Juil 2010, 14:59

Modulo la remarque de Doraki, [qui risque d'être une (multiple) faute de frappe de ta part], c'est bien ça et, il n'y a pas besoin de chercher à simplifier la formule pour montrer que E(n+k,p)-E(n,p)>=E(k,p).

par **nodjim** » 23 Juil 2010, 15:13

Chaque nombre a de (k+1)! apparait tous les a nombres. Comme le produit n à (n-k) contient k+1 nombres successifs, au moins 1 multiple de n'importe quel "a" apparait dans ce produit.

par **Ben314** » 23 Juil 2010, 15:22

nodjim a écrit:Chaque nombre a de (k+1)! apparait tous les a nombres. Comme le produit n à (n-k) contient k+1 nombres successifs, au moins 1 multiple de n'importe quel "a" apparait dans ce produit.

Oui, mais le problème avec ce raisonnement, c'est que, par exemple si tu prend 9 nombres succéssifs, il y en a un multiple de 6 et un multiple par 9, MAIS, si par hasard c'est le même qui est multiple de 6 et de 9 (ce qui est parfaitement possible, par exemple pour {13,14,15,16,17,18,19,20} et bien cela ne prouve pas que le produit est un multiple de 6x9 mais seulement que c'est un multiple de ppcm(6,9)=18...

par **nodjim** » 23 Juil 2010, 18:23

Je suis d'accord. Mais si on décompose les nombres de (k+1)! et qu'on examine les représentations des puissances de chaque nombre premier, est ce qu'on ne tombe pas sur la même chose ?
Par exemple, si je décompose 3 dans la suite des entiers successifs, je trouve, comme puissances de 3:
001001002001001002001001003 jusqu'à 27. Pour une séquence de 27 nombres successifs, est ce que je ne suis pas sûr de tomber sur au moins autant de puissances cumulées ?

par **Doraki** » 23 Juil 2010, 19:08

Oui, et il est donc crucial de décomposer n! en produit de puissances de nombres premiers.

par **Ben314** » 23 Juil 2010, 19:12

nodjim a écrit:Je suis d'accord. Mais si on décompose les nombres de (k+1)! et qu'on examine les représentations des puissances de chaque nombre premier, est ce qu'on ne tombe pas sur la même chose ?
Par exemple, si je décompose 3 dans la suite des entiers successifs, je trouve, comme puissances de 3:
001001002001001002001001003 jusqu'à 27. Pour une séquence de 27 nombres successifs, est ce que je ne suis pas sûr de tomber sur au moins autant de puissances cumulées ?

La réponse est OUI avec évidement deux preuves possibles :
1) Soit "à la main" comme est en train de le faire Qmath en écrivant que les "puissances cumulées" vallent la somme des parties entières de ....
2) Soit en disant tout simplement que, vu qu'on sait que les coeff binomiaux C_n^k sont des entiers, ça prouve que, pour tout nombre premier p, la puissance à laquel il est au numérateur n(n-1)(n-2)...(n-k+1) est supérieure ou égale à la puissance du dénominateur k!.

Edit : Grillé...

par **Anonyme** » 24 Juil 2010, 07:04

@Ben: j'ai réussi démontrer ce que tu m'a proposé et ça me convient.

J'ai une autre question: Il est évident que dans n nombres consécutif il y a exactement un multiple de n et je me demande comment démontrer cela rigoureusement. Voila ce que je propose:

Soit a , a+1 , ... a+n-1 n entiers consécutifs.
Si a est un multiple de n alors c'est bon. Si non alors a1 est encadre par deux multiples de n , kn et k(n+1)

kn
Soit d = k(n+1)-a. , 0k(n+1)= d+a
Il est alors évident que k(n+1) est un des n entiers consécutif considérés au début.

par **instinct** » 24 Juil 2010, 07:21

Qmath a écrit: Si non alors a1 est encadre par deux multiples de n , kn et k(n+1)

kn<a<k(n+1).

Soit d = k(n+1)-a. , 0<d<n donc d appartient a {1,2, .., n-1}
k(n+1)= d+a
Il est alors évident que k(n+1) est un des n entiers consécutif considérés au début.

Bonjour,
Ta démonstration me plait mais
a1 est encadré par deux multiples consécutifs de n :
kn et (k+1)n (et non k(n+1))

par **Anonyme** » 24 Juil 2010, 07:41

En effet c'est une faute de frappe. Et dailleurs c'est a et pas a1 (j'ai change de notation en écrivant mon message ...)

Merci et bienvenue sur le forum instinct

par **instinct** » 24 Juil 2010, 08:09

Merci :happy2:

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