(a+b)!/(a!b!) 的结果一定是整数吗？如果是，如何证明？
这背后藏着一个非常有趣且基础的数学概念，咱们就来好好掰扯掰扯这个“组合数”的神奇之处。
你问的这个表达式，也就是 $frac{(a+b)!}{a!b!}$，在数学里有个专门的名字，叫做“组合数”，通常写作 $inom{a+b}{a}$ 或者 $inom{a+b}{b}$。它的意思其实非常直观：从 $a+b$ 个不同的物品里，选出 $a$ 个（或者说，选出 $b$ 个，因为选出 $a$ 个剩下的就是 $b$ 个），有多少种不同的选法？
答案是：是的，这个结果一定是整数。 而且，它代表的“选法”数量，本身就应该是整数，毕竟你不能说有“半种”选法，对吧？
那怎么证明它一定是整数呢？咱们可以从几个不同的角度来看，每种方法都有它独特的味道。
角度一：从“选法”的定义来理解
这是最直观也是最根本的证明方式。
想象一下，你有 $a+b$ 个人，你想从中选出 $a$ 个人组成一个委员会。有多少种选法？这就是 $inom{a+b}{a}$ 所描述的。我们知道，选人的方法数，必须是一个一个地数出来的，所以它当然应该是整数。
我们把这个过程拆解一下：
1. 排队： 先把这 $a+b$ 个人排成一列。总共有 $(a+b)!$ 种不同的排法。
2. 区分队伍： 现在我们假设，前 $a$ 个人组成委员会，后 $b$ 个人不组成委员会。
3. 考虑重复计数： 问题来了，如果委员会里的 $a$ 个人本身有自己的顺序（比如主席、副主席等），那么我们上面的 $(a+b)!$ 就已经算进去了。但是我们只想知道“选出哪 $a$ 个人”组成的委员会，并不关心这 $a$ 个人在委员会里是怎么排的。所以，对于选出的那 $a$ 个人，他们的内部顺序有 $a!$ 种排法。我们把这些重复的计数除掉，就得到了 $frac{(a+b)!}{a!}$ 种“前 $a$ 个是委员会成员”的排法（其中顺序依然有区分）。
4. 再考虑另一部分人的顺序： 同理，后剩下的 $b$ 个人，他们的内部顺序也有 $b!$ 种排法。如果我们不关心这 $b$ 个人怎么排，也应该把这些重复计数除掉。
所以，当我们说从 $a+b$ 个人里选出 $a$ 个，不考虑成员内部以及未选成员的内部顺序时，每种“选法”对应了 $a! imes b!$ 种在全排列中出现的情况（即，选出的那 $a$ 个人内部有 $a!$ 种排列，剩下的 $b$ 个人内部有 $b!$ 种排列）。
因此，总的排法 $(a+b)!$ 除以每种“选法”对应的重复次数 $a!b!$，就得到了不同的“选法”总数：
$inom{a+b}{a} = frac{(a+b)!}{a!b!}$
由于“选法”的数量是可以用数数的方式得到的，所以它必然是一个非负整数。
角度二：数学归纳法（更严谨的证明）
虽然直观理解已经足够，但数学家们喜欢用更严谨的方式来证明。我们可以用数学归纳法来证明 $inom{n}{k}$ 是整数（其中 $n=a+b$, $k=a$ 或 $k=b$）。
我们来证明对于任意的非负整数 $n$， $inom{n}{k}$ 对于所有 $0 le k le n$ 都是整数。
基本情况 (n=0):
当 $n=0$ 时，$k$ 只能是 0。 $inom{0}{0} = frac{0!}{0!0!} = frac{1}{1 imes 1} = 1$。这是整数。
归纳假设： 假设对于某个非负整数 $m$，对于所有的 $0 le k le m$，$inom{m}{k}$ 都是整数。
归纳步骤： 我们需要证明对于 $n=m+1$，$inom{m+1}{k}$ 对于所有 $0 le k le m+1$ 都是整数。
这里我们用一个非常重要的恒等式：杨辉三角恒等式（也叫加法公式）。
$inom{n}{k} = inom{n1}{k1} + inom{n1}{k}$
将这个应用到我们的情况：
$inom{m+1}{k} = inom{m}{k1} + inom{m}{k}$
现在我们分析一下这个等式：
1. 处理边界情况：
当 $k=0$ 时：$inom{m+1}{0} = frac{(m+1)!}{0!(m+1)!} = 1$，这是整数。
当 $k=m+1$ 时：$inom{m+1}{m+1} = frac{(m+1)!}{(m+1)!0!} = 1$，这是整数。
2. 处理中间情况 (1 ≤ k ≤ m):
根据我们的归纳假设，当 $n=m$ 时，$inom{m}{k1}$ 和 $inom{m}{k}$ 都一定是整数（因为 $0 le k1 le m$ 且 $0 le k le m$）。
两个整数相加，结果依然是整数。所以，$inom{m+1}{k}$ 也是整数。
通过数学归纳法，我们可以证明 $inom{n}{k}$ 对于所有的非负整数 $n$ 和 $0 le k le n$ 都是整数。而你提出的表达式 $frac{(a+b)!}{a!b!}$ 就是 $inom{a+b}{a}$ (或 $inom{a+b}{b}$)，所以它一定是整数。
角度三：利用多项式展开（二项式定理）
还有一个非常有意思的证明方式，它和二项式定理联系在一起。
二项式定理告诉我们：
$(x+y)^n = sum_{k=0}^{n} inom{n}{k} x^{nk} y^k$
展开来看就是：
$(x+y)^n = inom{n}{0}x^n + inom{n}{1}x^{n1}y + inom{n}{2}x^{n2}y^2 + dots + inom{n}{n}y^n$
这里面的 $inom{n}{k}$ 就是我们熟悉的组合数。
考虑 $(1+x)^{a+b}$ 这个表达式。
根据二项式定理，它的展开形式是：
$(1+x)^{a+b} = sum_{k=0}^{a+b} inom{a+b}{k} x^k = inom{a+b}{0} + inom{a+b}{1}x + inom{a+b}{2}x^2 + dots + inom{a+b}{a+b}x^{a+b}$
我们还可以把 $(1+x)^{a+b}$ 看成是 $(1+x)^a imes (1+x)^b$ 的乘积。
$(1+x)^a = sum_{i=0}^{a} inom{a}{i} x^i = inom{a}{0} + inom{a}{1}x + dots + inom{a}{a}x^a$
$(1+x)^b = sum_{j=0}^{b} inom{b}{j} x^j = inom{b}{0} + inom{b}{1}x + dots + inom{b}{b}x^b$
当我们将这两个多项式相乘时，会得到一个新多项式。这个新多项式的某一项 $x^k$ 是如何形成的呢？它是通过取第一个多项式中的 $x^i$ 和第二个多项式中的 $x^j$，当 $i+j=k$ 的时候相乘得到的。
所以，在 $(1+x)^a (1+x)^b$ 这个乘积展开后，$x^a$ 项的系数是多少呢？
我们需要 $i+j=a$，其中 $0 le i le a$ 且 $0 le j le b$。
这样，$x^a$ 的系数就是所有 $inom{a}{i} inom{b}{j}$ 的和，其中 $i+j=a$。
也就是说，$x^a$ 的系数是 $sum_{i=0}^{a} inom{a}{i} inom{b}{ai}$ （因为 $j=ai$，并且需要满足 $0 le ai le b$）。
现在，我们将 $(1+x)^{a+b}$ 的展开式和 $(1+x)^a (1+x)^b$ 的展开式进行比较。
它们本质上是同一个多项式，所以每一项的系数都应该相等。
$(1+x)^{a+b}$ 中 $x^a$ 的系数是 $inom{a+b}{a}$。
$(1+x)^a (1+x)^b$ 中 $x^a$ 的系数是 $sum_{i=0}^{a} inom{a}{i} inom{b}{ai}$。
因此，我们得到了一个重要的恒等式：
$inom{a+b}{a} = sum_{i=0}^{a} inom{a}{i} inom{b}{ai}$
我们已经知道，根据二项式定理，$inom{a}{i}$ 和 $inom{b}{j}$ 都是整数。而这个恒等式表明，$inom{a+b}{a}$ 是由一系列这样整数的乘积相加得到的。
整数乘以整数还是整数，整数相加还是整数。所以，$inom{a+b}{a}$ 也必然是一个整数。
这个证明方法也同样巧妙，它把组合数的整数性归结于二项式定理本身（也是整数）的性质。
总结
所以，无论你从“数数”的角度理解组合数的意义，还是用数学归纳法严谨推导，亦或是借助二项式定理的威力，都能得出结论：$frac{(a+b)!}{a!b!}$ 这个结果，也就是组合数 $inom{a+b}{a}$，绝对是整数。它代表着从 $a+b$ 个不同事物中选取 $a$ 个（或 $b$ 个）的不同组合方式的数量，而这种数量必然是具体的、可数的整数。
你问的这个表达式，也就是 $frac{(a+b)!}{a!b!}$，在数学里有个专门的名字，叫做“组合数”，通常写作 $inom{a+b}{a}$ 或者 $inom{a+b}{b}$。它的意思其实非常直观：从 $a+b$ 个不同的物品里，选出 $a$ 个（或者说，选出 $b$ 个，因为选出 $a$ 个剩下的就是 $b$ 个），有多少种不同的选法？
答案是：是的，这个结果一定是整数。 而且，它代表的“选法”数量，本身就应该是整数，毕竟你不能说有“半种”选法，对吧？
那怎么证明它一定是整数呢？咱们可以从几个不同的角度来看，每种方法都有它独特的味道。
角度一：从“选法”的定义来理解
这是最直观也是最根本的证明方式。
想象一下，你有 $a+b$ 个人，你想从中选出 $a$ 个人组成一个委员会。有多少种选法？这就是 $inom{a+b}{a}$ 所描述的。我们知道，选人的方法数，必须是一个一个地数出来的，所以它当然应该是整数。
我们把这个过程拆解一下：
1. 排队： 先把这 $a+b$ 个人排成一列。总共有 $(a+b)!$ 种不同的排法。
2. 区分队伍： 现在我们假设，前 $a$ 个人组成委员会，后 $b$ 个人不组成委员会。
3. 考虑重复计数： 问题来了，如果委员会里的 $a$ 个人本身有自己的顺序（比如主席、副主席等），那么我们上面的 $(a+b)!$ 就已经算进去了。但是我们只想知道“选出哪 $a$ 个人”组成的委员会，并不关心这 $a$ 个人在委员会里是怎么排的。所以，对于选出的那 $a$ 个人，他们的内部顺序有 $a!$ 种排法。我们把这些重复的计数除掉，就得到了 $frac{(a+b)!}{a!}$ 种“前 $a$ 个是委员会成员”的排法（其中顺序依然有区分）。
4. 再考虑另一部分人的顺序： 同理，后剩下的 $b$ 个人，他们的内部顺序也有 $b!$ 种排法。如果我们不关心这 $b$ 个人怎么排，也应该把这些重复计数除掉。
所以，当我们说从 $a+b$ 个人里选出 $a$ 个，不考虑成员内部以及未选成员的内部顺序时，每种“选法”对应了 $a! imes b!$ 种在全排列中出现的情况（即，选出的那 $a$ 个人内部有 $a!$ 种排列，剩下的 $b$ 个人内部有 $b!$ 种排列）。
因此，总的排法 $(a+b)!$ 除以每种“选法”对应的重复次数 $a!b!$，就得到了不同的“选法”总数：
$inom{a+b}{a} = frac{(a+b)!}{a!b!}$
由于“选法”的数量是可以用数数的方式得到的，所以它必然是一个非负整数。
角度二：数学归纳法（更严谨的证明）
虽然直观理解已经足够，但数学家们喜欢用更严谨的方式来证明。我们可以用数学归纳法来证明 $inom{n}{k}$ 是整数（其中 $n=a+b$, $k=a$ 或 $k=b$）。
我们来证明对于任意的非负整数 $n$， $inom{n}{k}$ 对于所有 $0 le k le n$ 都是整数。
基本情况 (n=0):
当 $n=0$ 时，$k$ 只能是 0。 $inom{0}{0} = frac{0!}{0!0!} = frac{1}{1 imes 1} = 1$。这是整数。
归纳假设： 假设对于某个非负整数 $m$，对于所有的 $0 le k le m$，$inom{m}{k}$ 都是整数。
归纳步骤： 我们需要证明对于 $n=m+1$，$inom{m+1}{k}$ 对于所有 $0 le k le m+1$ 都是整数。
这里我们用一个非常重要的恒等式：杨辉三角恒等式（也叫加法公式）。
$inom{n}{k} = inom{n1}{k1} + inom{n1}{k}$
将这个应用到我们的情况：
$inom{m+1}{k} = inom{m}{k1} + inom{m}{k}$
现在我们分析一下这个等式：
1. 处理边界情况：
当 $k=0$ 时：$inom{m+1}{0} = frac{(m+1)!}{0!(m+1)!} = 1$，这是整数。
当 $k=m+1$ 时：$inom{m+1}{m+1} = frac{(m+1)!}{(m+1)!0!} = 1$，这是整数。
2. 处理中间情况 (1 ≤ k ≤ m):
根据我们的归纳假设，当 $n=m$ 时，$inom{m}{k1}$ 和 $inom{m}{k}$ 都一定是整数（因为 $0 le k1 le m$ 且 $0 le k le m$）。
两个整数相加，结果依然是整数。所以，$inom{m+1}{k}$ 也是整数。
通过数学归纳法，我们可以证明 $inom{n}{k}$ 对于所有的非负整数 $n$ 和 $0 le k le n$ 都是整数。而你提出的表达式 $frac{(a+b)!}{a!b!}$ 就是 $inom{a+b}{a}$ (或 $inom{a+b}{b}$)，所以它一定是整数。
角度三：利用多项式展开（二项式定理）
还有一个非常有意思的证明方式，它和二项式定理联系在一起。
二项式定理告诉我们：
$(x+y)^n = sum_{k=0}^{n} inom{n}{k} x^{nk} y^k$
展开来看就是：
$(x+y)^n = inom{n}{0}x^n + inom{n}{1}x^{n1}y + inom{n}{2}x^{n2}y^2 + dots + inom{n}{n}y^n$
这里面的 $inom{n}{k}$ 就是我们熟悉的组合数。
考虑 $(1+x)^{a+b}$ 这个表达式。
根据二项式定理，它的展开形式是：
$(1+x)^{a+b} = sum_{k=0}^{a+b} inom{a+b}{k} x^k = inom{a+b}{0} + inom{a+b}{1}x + inom{a+b}{2}x^2 + dots + inom{a+b}{a+b}x^{a+b}$
我们还可以把 $(1+x)^{a+b}$ 看成是 $(1+x)^a imes (1+x)^b$ 的乘积。
$(1+x)^a = sum_{i=0}^{a} inom{a}{i} x^i = inom{a}{0} + inom{a}{1}x + dots + inom{a}{a}x^a$
$(1+x)^b = sum_{j=0}^{b} inom{b}{j} x^j = inom{b}{0} + inom{b}{1}x + dots + inom{b}{b}x^b$
当我们将这两个多项式相乘时，会得到一个新多项式。这个新多项式的某一项 $x^k$ 是如何形成的呢？它是通过取第一个多项式中的 $x^i$ 和第二个多项式中的 $x^j$，当 $i+j=k$ 的时候相乘得到的。
所以，在 $(1+x)^a (1+x)^b$ 这个乘积展开后，$x^a$ 项的系数是多少呢？
我们需要 $i+j=a$，其中 $0 le i le a$ 且 $0 le j le b$。
这样，$x^a$ 的系数就是所有 $inom{a}{i} inom{b}{j}$ 的和，其中 $i+j=a$。
也就是说，$x^a$ 的系数是 $sum_{i=0}^{a} inom{a}{i} inom{b}{ai}$ （因为 $j=ai$，并且需要满足 $0 le ai le b$）。
现在，我们将 $(1+x)^{a+b}$ 的展开式和 $(1+x)^a (1+x)^b$ 的展开式进行比较。
它们本质上是同一个多项式，所以每一项的系数都应该相等。
$(1+x)^{a+b}$ 中 $x^a$ 的系数是 $inom{a+b}{a}$。
$(1+x)^a (1+x)^b$ 中 $x^a$ 的系数是 $sum_{i=0}^{a} inom{a}{i} inom{b}{ai}$。
因此，我们得到了一个重要的恒等式：
$inom{a+b}{a} = sum_{i=0}^{a} inom{a}{i} inom{b}{ai}$
我们已经知道，根据二项式定理，$inom{a}{i}$ 和 $inom{b}{j}$ 都是整数。而这个恒等式表明，$inom{a+b}{a}$ 是由一系列这样整数的乘积相加得到的。
整数乘以整数还是整数，整数相加还是整数。所以，$inom{a+b}{a}$ 也必然是一个整数。
这个证明方法也同样巧妙，它把组合数的整数性归结于二项式定理本身（也是整数）的性质。
总结
所以，无论你从“数数”的角度理解组合数的意义，还是用数学归纳法严谨推导，亦或是借助二项式定理的威力，都能得出结论：$frac{(a+b)!}{a!b!}$ 这个结果，也就是组合数 $inom{a+b}{a}$，绝对是整数。它代表着从 $a+b$ 个不同事物中选取 $a$ 个（或 $b$ 个）的不同组合方式的数量，而这种数量必然是具体的、可数的整数。
网友意见
考虑使用 p-adic valuation
注意到
则有
证毕。
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这背后藏着一个非常有趣且基础的数学概念，咱们就来好好掰扯掰扯这个“组合数”的神奇之处。你问的这个表达式，也就是 $frac{(a+b)!}{a!b!}$，在数学里有个专门的名字，叫做“组合数”，通常写作 $inom{a+b}{a}$ 或者 $inom{a+b}{b}$。它的意思其实非常直观：从 ............. -
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