组合数[C_{n}^{r}=frac{n!}{r!left( n-r ight)!}]是计数的时候引入的，这个数必然是整数，这是显然的。
但表达式$frac{n!}{r!left( n-r ight)!}$ 为什么一定是整数呢？答案却没有那么显然。
[frac{n!}{r!left( n-r ight)!}=frac{n(n-1)(n-2)(n-3)...(n-r+1)(n-r)!}{r!left( n-r ight)!}=frac{n(n-1)(n-2)(n-3)...(n-r+1)}{r!}]由组合的意义知 $n-rge 0$，如果我们令 $k=n-r$，那么可以写为
[frac{(k+1)(k+2)(k+3)...(k+r)}{r!}] ，如果我们证明了这个是整数，那么组合数就必然是整数。
[frac{(k+1)(k+2)(k+3)...(k+r)}{r!}kge 0] 这个式子是整数，用通俗的语言来说：就是
n个连续非负整数的积可以被n的阶乘整除。
在证明之前，我们先看一个定理
定理一：
每个≥2的正整数要么是素数，要么是一些素数的乘积。
这个定理很好证明，可以用最小整数公理，也可以用第二数学归纳法。
下面我们证明[frac{(k+1)(k+2)(k+3)...(k+r)}{r!}kge 0]是整数。
方法是检查素数的个数。
首先定义一个函数 E(n, p)=e, p是任意素数，e是满足$mathop{p}^{e}|n!$ 的最大的整数。
易知
$E(n,p)=leftlfloor frac{n}{p} ight floor +leftlfloor frac{n}{{{p}^{2}}} ight floor +leftlfloor frac{n}{{{p}^{3}}} ight floor +leftlfloor frac{n}{{{p}^{4}}} ight floor +...$
其中 $leftlfloor {} ight floor $表示取整函数。
[(k+1)(k+2)(k+3)...(k+r)=frac{(k+r)!}{k!}]
对任意的素数p
[E(k+r,p)-E(k,p)=(leftlfloor frac{k+r}{p} ight floor -leftlfloor frac{k}{p} ight floor )+(leftlfloor frac{k+r}{{{p}^{2}}} ight floor -leftlfloor frac{k}{{{p}^{2}}} ight floor )+(leftlfloor frac{k+r}{{{p}^{3}}} ight floor -leftlfloor frac{k}{{{p}^{3}}} ight floor )+(leftlfloor frac{k+r}{{{p}^{4}}} ight floor -leftlfloor frac{k}{{{p}^{4}}} ight floor )+...] [leftlfloor frac{k+r}{p} ight floor =leftlfloor frac{k}{p}+frac{r}{p} ight floor ge leftlfloor frac{k}{p} ight floor +leftlfloor frac{r}{p} ight floor ,]
这是因为[leftlfloor a+b ight floor ge leftlfloor a ight floor +leftlfloor b ight floor ] ，其中a,b为任意实数。证明比较容易，略去。
因此，
$E(k+r,p)-E(k,p)ge leftlfloor frac{r}{p} ight floor +leftlfloor frac{r}{{{p}^{2}}} ight floor +leftlfloor frac{r}{{{p}^{3}}} ight floor +leftlfloor frac{r}{{{p}^{4}}} ight floor +...$
即
$E(k+r,p)-E(k,p)ge E(r,p)$
也就是说，对任意的素数p，$frac{(k+r)!}{k!}$ 中含有的p的个数均 $ge $ r!中含有的p的个数。又由定理一知r!| $frac{(k+r)!}{k!}$。
也就是说[frac{(k+1)(k+2)(k+3)...(k+r)}{r!}kge 0]是整数。
证毕。
n个连续非负整数的积可以被n的阶乘整除 应用
证明[frac{1}{5}mathop{n}^{5}+frac{1}{3}mathop{n}^{3}+frac{7}{15}n] 都是整数。