求证5≤k<n时2k整除P(n,k)的证明思路是否正确？

先把你的问题和尝试明确下来：

问题：证明当5≤k<n时，2k整除$n(n-1)(n-2)\dots(n-k+1)$。
本人尝试：该乘积即排列数$^{nP_k$，已知$}nP_k=k! \times^{nC_k$；因5≤k，2是k!的约数，k也是k!的约数，故2k整除k!，又$}nC_k$为自然数，由此得证。请问该证明思路是否正确？

你的结论是对的，但推导过程里的关键逻辑有漏洞——问题出在“2是k!的约数，k也是k!的约数，故2k整除k!”这一步：

当两个数$a$和$b$都能整除$m$时，$ab$能整除$m$的前提是$a$和$b$互质（也就是$\gcd(a,b)=1$）。但这里$a=2$，$b=k$，当$k$是偶数时，$\gcd(2,k)=2≠1$，这时候不能直接从“2整除k!且k整除k!”就推出“2k整除k!”。举个简单的例子就能说明这个逻辑不成立：比如$m=12$，$a=2$，$b=4$，2能整除12，4也能整除12，但$2×4=8$却不能整除12。虽然在$k≥5$的情况下，$k!$确实能被$2k$整除，但你的推导理由是不严谨的。

那正确的推导应该怎么做？

我们可以从排列数和组合数的关系入手：
$^nP_k = k! \times \binom{n}{k}$，所以$\frac{^nP_k}{2k} = \frac{k!}{2k} \times \binom{n}{k} = \frac{(k-1)!}{2} \times \binom{n}{k}$。

因为$k≥5$，所以$k-1≥4$，$(k-1)!$是4!及以上的阶乘，必然包含至少两个因子2（比如4!=24，光2的因子就有3个），所以$\frac{(k-1)!}{2}$肯定是整数，而$\binom{n}{k}$本身就是自然数，两者相乘自然也是整数，这就证明了2k整除$^nP_k$。

另外也可以从连续整数的性质来理解：连续k个整数里，必然有至少一个偶数（满足被2整除的要求），同时也必然有一个是k的倍数（满足被k整除的要求）。哪怕k是偶数时，这个k的倍数刚好是偶数，连续k个整数里的偶数数量也足够多（至少3个，因为k≥5），所以乘积里的2的因子数量完全能覆盖2k需要的2的幂次，不会出现因子不够的情况。

总结一下：你最终的结论是正确的，但推导过程中关于“2k整除k!”的逻辑是有问题的，需要修正推导步骤才能保证严谨性。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者user440191