Fattoriali

[axpgn]

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

Provare che [size=150]$((2m)!(2n)!)/(m!n!(m+n)!)$[/size] è un intero.


Cordialmente, Alex

[Quinzio]

Sono graditi commenti (di ogni tipo ).

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_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