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Niveau terminale
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Démonstration

Posté par
madiba
23-07-22 à 22:52

Bonsoir chers matheux j'espère que vous allez bien. J'ai une question qui me taraude l'esprit : montrer que (n^2)!/(n!)^n est un entier naturel. J'ai essayé par récurrence ça pas marché.

** madiba a un master et a besoin d'aide sur ce sujet **

Posté par
ty59847
re : Démonstration 24-07-22 à 00:05

Si ne prends n=3, pour rester sur des nombres assez petits :
n^2=9
(n^2)!=9*8*7*6*5*4*3*2
n!=6
(n!)^n=6*6*6
Ok, pour n=3, c'est un entier ... et pour le vérifier, je ne calcule pas l'entier en question, je constate qu'au dénominateur, on a 2^3 et 3^3
Et au numérateur, on a bien 3 fois le facteur 2 ( et même plus) et 3 fois le facteur 3 ( et même plus).
Bon, la propriété semble vraie. Et on a un vague début d'idée sur la démarche à suivre.

Pour la démontrer, ça va être beaucoup plus compliqué.

Il faut décomposer le dénominateur en produit de facteurs premiers. Et regarder pour chaque facteur premier, si le numérateur convient.
En terminale, ça me paraît très compliqué.
Le mot clé, pour tes recherches sur ce sujet, c'est Valuation P-adique.

Posté par
Razes
re : Démonstration 24-07-22 à 22:52

Bonsoir,

Ne serait il pas possible de le justifier par récurrence?

En posant: A_n=\dfrac{(n^2)!}{(n!)^n} ;

A_{n+1}=\dfrac{((n+1)^2)!}{((n+1)!)^{n+1}} 
 \\ 
 \\ =\dfrac{(n^2)!(n^2+2)(n^2+3)(n^2+4)\hdots(n^2+2n+1) }{(n!)^{n+1}(n+1)^{n+1}}
 \\ 
 \\ =A_n\dfrac{(n^2+2)(n^2+3)(n^2+4)\hdots(n^2+n)\hdots(n^2+2n) (n^2+2n+1) }{n(n+1)^{n+1}}

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Démonstration 25-07-22 à 01:02

Bonsoir


il me semble que c'est un cas particulier d'un coefficient binomial plus général :


\Large \boxed{\frac{\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)!}{a_1!.a_2!.a_3!...a_n!}=C_{a_1+a_2+...+a_n}^{a_1}.C_{a_2+...+a_n}^{a_2}.C_{a_3+...+a_n}^{a_3}...C_{a_n}^{a_n}} sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
Razes
re : Démonstration 25-07-22 à 09:37

J'ai  oublié un ! au dénominateur.
=A_n\dfrac{(n^2+2)(n^2+3)(n^2+4)\hdots(n^2+n)\hdots(n^2+2n) (n^2+2n+1) }{n!(n+1)^{n+1}}

Posté par
Sylvieg Moderateur
re : Démonstration 25-07-22 à 09:45

Bonjour,
Et un (n2+1) au numérateur peut-être ?

Posté par
ty59847
re : Démonstration 25-07-22 à 15:40

Elhor_abdelali,
Une démonstration doit partir des éléments supposés connus, pour bâtir des résultats. Là, tu pars d'éléments beaucoup plus 'poussés' que ce qui est supposé connu.

Je reviens sur mes histoires de valuations p-adiques. Le mot est compliqué, mais le concept est simple.
On a un numérateur et un dénominateur. On écrit chacun d'eux sous forme de produits de nombres premiers. On sait que cette écriture est unique.
Au dénominateur, on tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à n qui apparaissent, chacun avec un exposant à déterminer.
Au numérateur, a-t-on les mêmes nombres premiers ... oui, et on en a même beaucoup plus.  
Pour un nombre premier p, on a par exemple pa au numérateur, et pb au dénominateur.
Toute la question est de prouver que a>=b.

Pour n donné,
pour p premier plus petit que n,
on doit donc calculer b (l'exposant de p dans le dénominateur)
et calculer a (l'exposant de p dans le numérateur).
Et conclure.

Posté par
AitOuglif
re : Démonstration 25-07-22 à 17:00

Bonjour
Suite au message de elhor_abdelali, est-ce que montrer que
\sum_{i=0}^{n-1} C_{n(n-i)}^n=\frac{(n^2)!}{n!^n} est plus difficile….? À voir…

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Démonstration 25-07-22 à 19:52

AitOuglif \to il ne s'agit pas d'une somme \sum mais plutôt d'un produit \prod :


\Large \boxed{\prod_{i=0}^{n-1}C_{n(n-i)}^n=\prod_{i=0}^{n-1}\frac{(n(n-i))!}{n!(n(n-(i+1)))!}=\frac{1}{(n!)^n}\prod_{i=0}^{n-1}\frac{(n(n-i))!}{(n(n-(i+1)))!}}


qui se simplifie (par télescopage) en \Large \boxed{\prod_{i=0}^{n-1}C_{n(n-i)}^n=\frac{1}{(n!)^n}\frac{(n(n-0))!}{\underbrace{\boxed{(n(n-(n-1+1)))!}}_{0!=1}}=\frac{(n^2)!}{(n!)^n}} sauf erreur bien entendu

Posté par
Ulmiere
re : Démonstration 25-07-22 à 20:06

En l'occurence la formule donnée par elhor_abdelali est facile à comprendre si on sait la lire :

ranger a_1 + ... a_n objets dans n petits paquets de tailles respectives a_1, \cdots, a_n sans tenir compte de l'ordre des paquets

est la même chose que

faire un paquet de a_1 éléments
puis un paquet de a_2 éléments avec ce qui reste (a_2+a_3+\cdots+a_n)
puis un paquet de a_3 éléments avec ce qui reste (a_3+\cdots+a_n)
...
puis un dernier paquet de a_n éléments avec les a_n éléments qui restent.

Le fait de pouvoir commencer par a_1 au lieu d'un autre a_k est dû au fait que C^k_n = C^{n-k}_n.

Ensuite on applique avec a_i = n pour tout i et ça fait donc (n\times n)!/n!^n = C^n_{n^2} \times C^n_{n(n-1)} \times \cdots C^n_n est un entier.



Sinon par le calcul c'est facile aussi
C^n_{n(n-i)} = \dfrac{(n(n-i))!}{n!(n(n-i-1))!} ce qui fait que le produit ci-dessus est téléscopique et qu'à la fin il ne reste que (n^2)!/0! \times 1/(n!)^n.


Même sans parler de coefficients multinomiaux, personnellement ça me semble plus accessible que la 2-valuation

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Démonstration 25-07-22 à 20:41

Merci pour ta compréhension Ulmiere

Posté par
jandri Correcteur
re : Démonstration 25-07-22 à 22:57

Bonsoir,

on peut aussi faire une démonstration par récurrence sur n pour démontrer la propriété plus générale :

Si a\in\N et n\in\N alors \dfrac{(an)!}{(a!)^n}\in\N.

C'est immédiat pour n=1. Supposons la propriété vraie pour n :

\dfrac{(a(n+1))!}{(a!)^{n+1}}=\dfrac{(an+a)!}{(an)!a!}\dfrac{(an)!}{(a!)^n}=\Large C_{an+a}^{a}\dfrac{(an)!}{(a!)^n} qui est le produit de deux entiers.

Posté par
ty59847
re : Démonstration 25-07-22 à 22:57

C'est vrai que si on présente cette formule comme le cas particulier d'un dénombrement, et si on le redémontre, on démontre que c'est un entier, et en plus, on donne un sens à cet entier.

Posté par
AitOuglif
re : Démonstration 26-07-22 à 00:10

elhor_abdelali @ 25-07-2022 à 19:52

AitOuglif \to il ne s'agit pas d'une somme \sum mais plutôt d'un produit \prod :


\Large \boxed{\prod_{i=0}^{n-1}C_{n(n-i)}^n=\prod_{i=0}^{n-1}\frac{(n(n-i))!}{n!(n(n-(i+1)))!}=\frac{1}{(n!)^n}\prod_{i=0}^{n-1}\frac{(n(n-i))!}{(n(n-(i+1)))!}}


qui se simplifie (par télescopage) en \Large \boxed{\prod_{i=0}^{n-1}C_{n(n-i)}^n=\frac{1}{(n!)^n}\frac{(n(n-0))!}{\underbrace{\boxed{(n(n-(n-1+1)))!}}_{0!=1}}=\frac{(n^2)!}{(n!)^n}} sauf erreur bien entendu


Génial!

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Démonstration 26-07-22 à 00:49

Merci AitOuglif

Posté par
Sylvieg Moderateur
re : Démonstration 26-07-22 à 08:24

Bonjour,
J'aime bien aussi la démonstration de jandri

Posté par
jandri Correcteur
re : Démonstration 26-07-22 à 15:28

Merci Sylvieg,

dans la question initiale était écrit : "J'ai essayé par récurrence ça (n'a) pas marché."

J'ai voulu montrer que c'était faisable par une récurrence.

Posté par
madiba
re : Démonstration 09-08-22 à 01:25

Merci énormément les matheux je suis bien nourri par vos différentes interventions.  Vive les mathématiques, vive les recherches

Posté par
elhor_abdelali Correcteur
re : Démonstration 10-08-22 à 17:45

C'est un plaisir madiba



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