Fattoriali

[axpgn]

Siano $m$ e $n$ degli interi arbitrari e non negativi.

Provare che $((2m)!(2n)!)/(m!n!(m+n)!)$ è un intero.


Cordialmente, Alex

[Quinzio]

Sono graditi commenti (di ogni tipo ).

Di sicuro ci sara' un modo piu' veloce ed immediato...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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_Polignac

Definiamo :
$\floor x$ 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.

[megas_archon]

E' facile notare che definendo \(S_{n,m}:=\frac{(2m)!(2n)!}{n!m!(m+n)!}\), vale la regola ricorsiva\[S_{n,m+1}+S_{n+1,m}=4S_{n,m}\] che implica per induzione che tutti gli \(S_{n,m}\) sono interi. Da questa ricorsione tra l'altro è facile trovare la funzione generatrice degli \(S_{n,m}\) definendo \(B_n(x):=\sum_{k\ge 0}S_{n,k}X^k\) si ha \[x B_{n+1}(x)=4x B_n(x)-B_n(x)\Rightarrow B_{n+1}(x)=B_n(x)\frac{4x-1}x, \] di nuovo per induzione, dato che \(B_0(x)=\sum_{k\ge 0}\binom{2k}kx^k=\frac 1{\sqrt{1-4x}}\).

[axpgn]

È un problema dato alle Olimpiadi di Matematica e le vostre soluzioni sono sostanzialmente simili a quelle, diciamo, "ufficiali"


Cordialmente, Alex