E' sempre vero che $prod_{i=1}^{n} (m+i)/(i) in NN$?
Provare o confutare la seguente affermazione:
Siano $m,n in NN$. Allora $prod_{i=1}^{n} (m+i)/(i)$ è intero.
Siano $m,n in NN$. Allora $prod_{i=1}^{n} (m+i)/(i)$ è intero.
Risposte
Lascio agli studenti la dimostrazione e mi limito ad una considerazione che dice che il prodotto deve essere intero.
A mio avviso la tua è già una buona dimostrazione,Gianmaria 
:
forse ad occhio si potrebbe usare un'induzione su $n$,
combinando i casi di parità e disparità dell'arbitario $overline(m)$ fissato a piacere in $NN$,
ma non ne vedo il motivo quando la tua considerazione fornisce una verifica asciutta e corretta della risposta affermativa al quesito proposto da Gi8.
Saluti dal web.
:forse ad occhio si potrebbe usare un'induzione su $n$,
combinando i casi di parità e disparità dell'arbitario $overline(m)$ fissato a piacere in $NN$,
ma non ne vedo il motivo quando la tua considerazione fornisce una verifica asciutta e corretta della risposta affermativa al quesito proposto da Gi8.
Saluti dal web.
Ti confesso che ho sempre guardato con una certa diffidenza formule simili a quella che ho usato, dicendomi che il buon senso afferma che danno un risultato intero ma che quelle divisioni sembrano negarlo. Quanto alla dimostrazione, avevo creduto di vederne una molto facile (basata sull'induzione ma non sulla parità) ma poi ho visto che era ineccepibile solo se applicata a numeri primi, mentre per gli altri occorreva un esame più approfondito e non l'ho ancora afferrato in pieno. Forse la strada è un'altra.
Alla formula c'ero arrivata anch'io, ma anch'io, come giammaria, mi sono posta il problema dell'interezza del risultato. Mi sono risposta che con $k$ numeri consecutivi ne ho sicuramente uno divisibile per ciascun numero minore o uguale a $k$, ma non essendo riuscita a formulare bene la questione (non mastico benissimo le classi resto) avevo lasciato perdere.
Forse... [size=100]Forse...[/size] [size=90]Forse...[/size] [size=80]Forse...[/size]
Buon fine settimana
Buon fine settimana
Sì, credo che la dimostrazione sia quella indicata da Zero87 (la prima, perché la seconda è comprensibile solo da matematici esperti). La mia dimostrazione facile ma sbagliata era questa:
Fra $n$ numeri consecutivi ce n'è sicuramente uno divisibile per $n$, uno per $n-1$, eccetera. Il problema è che dopo aver effettuato una di queste divisioni i numeri non sono più consecutivi e questa ipotesi non è più utilizzabile; in sua assenza, dire che un numero è divisibile per $a$ e per $b$ equivale a dire che è divisibile per $ab$ solo se $a,b$ sono primi fra loro e non è il nostro caso. In sostanza, lo stesso ragionamento di @melia.
Fra $n$ numeri consecutivi ce n'è sicuramente uno divisibile per $n$, uno per $n-1$, eccetera. Il problema è che dopo aver effettuato una di queste divisioni i numeri non sono più consecutivi e questa ipotesi non è più utilizzabile; in sua assenza, dire che un numero è divisibile per $a$ e per $b$ equivale a dire che è divisibile per $ab$ solo se $a,b$ sono primi fra loro e non è il nostro caso. In sostanza, lo stesso ragionamento di @melia.
E' sempre interessante osservare risposte diverse. Il quesito è stato proposto da Gi8, che probabilmente sapeva risolverlo: può dirci come?
"giammaria":In realtà non conosco dimostrazioni diverse da quelle già scritte da voi:
Il quesito è stato proposto da Gi8, che probabilmente sapeva risolverlo: può dirci come?
Spiacente
Aggiungo un'osservazione: posto \(\displaystyle g(m,n):= \prod_{i=1}^{n} \frac{m+i}{i} \), vale \(\displaystyle g(m,n)=g(n,m) \).
Eureka! Però controllate la mia soluzione: non ci metto la mano sul fuoco.
Detto $p$ un fattore primo di $n!$, dividiamo i fattori di numeratore e denominatore in gruppi di $p$ numeri: a denominatore da \(\displaystyle 1 \) a $p$, da $p+1$ a $2p$, eccetera, fino al gruppo che termina con $kp$ ed un eventuale gruppo finale di numeri non divisibili per $p$. A numeratore avremo altrettanti gruppi e in ognuno di essi c'è un solo numero divisibile per $p$; può essercene uno anche nel gruppo finale, ma non ci interessa e in quanto segue lo trascuriamo.
Da ognuno di questi gruppi estraiamo l'unico numero divisibile per $p$ e dividiamolo per $p$: a denominatore otterremo $1*2*...*k$ ed a numeratore avremo $k$ numeri consecutivi; ripetiamo il procedimento di dividere in blocchi, eccetera. Reiteriamo il procedimento finché possibile: alla fine il fattore $p$ non comparirà più a denominatore, mentre potrà essere presente a numeratore.
Conclusione: il risultato finale non contiene a denominatore il fattore $p$. Ma poiché questo vale per qualsiasi fattore primo, il denominatore può essere solo $1$.
Detto $p$ un fattore primo di $n!$, dividiamo i fattori di numeratore e denominatore in gruppi di $p$ numeri: a denominatore da \(\displaystyle 1 \) a $p$, da $p+1$ a $2p$, eccetera, fino al gruppo che termina con $kp$ ed un eventuale gruppo finale di numeri non divisibili per $p$. A numeratore avremo altrettanti gruppi e in ognuno di essi c'è un solo numero divisibile per $p$; può essercene uno anche nel gruppo finale, ma non ci interessa e in quanto segue lo trascuriamo.
Da ognuno di questi gruppi estraiamo l'unico numero divisibile per $p$ e dividiamolo per $p$: a denominatore otterremo $1*2*...*k$ ed a numeratore avremo $k$ numeri consecutivi; ripetiamo il procedimento di dividere in blocchi, eccetera. Reiteriamo il procedimento finché possibile: alla fine il fattore $p$ non comparirà più a denominatore, mentre potrà essere presente a numeratore.
Conclusione: il risultato finale non contiene a denominatore il fattore $p$. Ma poiché questo vale per qualsiasi fattore primo, il denominatore può essere solo $1$.
"giammaria":
Lascio agli studenti la dimostrazione e mi limito ad una considerazione che dice che il prodotto deve essere intero.
Spoiler/ot (secondo me più spoiler).
penso che la risposta sia si, in quanto non è altro che il coeff. binomiale ( n+m , m ), giusto?
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