).
Di sicuro ci sara' un modo piu' veloce ed immediato...
Una possibile dimostrazione, fa uso dell'identita' di Legendre e della fattorizzazione in primi.
I dettagli sono qui:
https://it.wikipedia.org/wiki/Identit%C ... e_PolignacDefiniamo :
$\floor x$ la parte intera di $x$
e ${x}$ la parte frazionaria, da cui $x = \floor x + {x}$.
Affinche' $((2m)!(2n)!)/(m!n!(m+n)!) = k \in NN$
deve verificarsi, per un generico primo $p$ e un generico esponente $j$, che
$\floor((2m)/p^j) + \floor((2n)/p^j) \ge \floor((m)/p^j) + \floor((n)/p^j) + \floor((m+n)/p^j)$
ovvero
$\floor((2m)/p^j) + \floor((2n)/p^j) - \floor((m)/p^j) - \floor((n)/p^j) - \floor((m+n)/p^j) \ge 0$
Poi scriviamo
$(2m)/(p^j) + (2n)/(p^j) - m/(p^j) - n/(p^j) - (m+n)/(p^j) = 0 $
che con qualche passaggio diventa (1)
$\floor((2m)/(p^j)) + \floor((2n)/(p^j)) - \floor(m/(p^j)) - \floor (n/(p^j)) - \floor((m+n)/(p^j)) = {m/(p^j)} + {n/(p^j)} + {(m+n)/(p^j)} - {(2m)/(p^j)} - {(2n)/(p^j)}$.
Ora,
se e' vero che $x = \floor x +{x}$ e' anche vero che:
$x+y = \floor (x+y) +{x+y}$
${x}+{y} = \floor ({x}+{y}) +{{x}+{y}}$
${x}+{y} = \floor ({x}+{y}) +{x+y}$. (2)
Riprendiamo il membro a destra della (1) e facciamo qualche passaggio con la (2).
$ {m/(p^j)} + {n/(p^j)} + {m/(p^j)} + {n/(p^j)} - \floor({m/(p^j)} + {n/(p^j)}) - 2{m/(p^j)}+ \floor(2{m/(p^j)}) - 2{n/(p^j)}+ \floor(2{n/(p^j)}) =$
$ \floor(2{m/(p^j)}) + \floor(2{n/(p^j)}) - \floor({m/(p^j)} + {n/(p^j)}) $.
Senza perdere di generalita', se $n \ge m$, allora:
$\floor(2{n/(p^j)}) - \floor({m/(p^j)} + {n/(p^j)}) \ge 0$
quindi
$ \floor(2{m/(p^j)}) + \floor(2{n/(p^j)}) - \floor({m/(p^j)} + {n/(p^j)}) \ge 0$,
quindi i due membri di (1) sono maggiori o uguali a zero, e questo conclude la dimostrazione.