$((2m)!(3n)!)/((m!)^2(n!)^3)$ intero

[giuseppe87x]

Dimostrare che

$((2m)!(3n)!)/((m!)^2(n!)^3)$

è sempre intero.

PS: non ho la soluzione.

[giuseppe87x]

Scusa ma che significa $ft$?

[Sk_Anonymous]

"giuseppe87x":Scusa ma che significa $ft$?

Nulla, suppongo sia dovuto al fatto che la sintassi MathML è "leggermente" diversa dalla sintassi LaTeX. Appena posso rivedo il post.

[Sk_Anonymous]

"giuseppe87x":2) Qual è la cifra delle unità di $10^(20000)/(10^100+3)$? Considerare ovviamente la parte intera del numero frazionario.

Lemma: essendo $a, b \in \mathbb{N}$ e $q \in \mathbb{Z}^+$ tali che $0 < a < b$ ed $a^q < a+b$, risulta che $\displaystyle\left\lfloor \frac{b^q}{a+b}\right\rfloor\equiv (-1)^{q-1} a^{q-1}-\frac{1+(-1)^{q+1}}{2}\bmod b.$

Dim.: vale $\displaystyle \frac{b^q}{a+b} = b^{q-1} \cdot\sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k \left(\frac{a}{b}\right)^{\!k} = b^{q-1} \cdot \sum_{k=0}^{q-1} (-1)^k \left(\frac{a}{b}\right)^{\!k} + (-1)^q \cdot\frac{a^q}{a+b}$, per ogni $q \in \mathbb{Z}^+$. Se perciò $a^q < a+b$, allora $\displaystyle \left\lfloor\frac{b^q}{a+b}\right\rfloor = b^{q-1} \cdot\sum_{k=0}^{q-1} (-1)^k \left(\frac{a}{b}\right)^{\!k} = \sum_{k=0}^{q-1} (-1)^k \cdot a^k b^{q-1-k} - \frac{1 +(-1)^{q+1}}{2}$. Ne risulta $\displaystyle \left\lfloor\frac{b^q}{a+b}\right\rfloor \equiv (-1)^{q-1} a^{q-1} - \frac{1 +(-1)^{q+1}}{2} \bmod b$, q.e.d.

Back to the problem: assumiamo $a = 3$, $b = 10^{100}$ e $q = 200$. Poiché $3^{200} = 9^{100} < 10^{100}$, banalmente $a^q < a+b$. Di conseguenza $\displaystyle \left\lfloor\frac{10^{20000}}{10^{100} + 3}\right\rfloor \equiv -3^{199} \equiv -3^{-1} \equiv 3 \bmod 10$, per via del lemma precedente.

[giuseppe87x]

Ok però non riesco a capire cosa vuoi indicare con displaysty, ft etc...puoi dirlo a parole, visto che la sintassi che conosci tu è diversa da quella di MathML?

[giuseppe87x]

Ok però non riesco a capire cosa vuoi indicare con displaysty, ft etc...puoi dirlo a parole, visto che la sintassi che conosci tu è diversa da quella di MathML?

[Sk_Anonymous]

"giuseppe87x":Ok però non riesco a capire cosa vuoi indicare con displaysty, ft etc...puoi dirlo a parole, visto che la sintassi che conosci tu è diversa da quella di MathML?

Farò di meglio: clicca qui!

[giuseppe87x]

Ok

Ve ne propongo un altro più semplice.

Provare che

$(kn)!-=0 mod prod_{r=0}^(n-1)(n+r)$

con n, k numeri naturali e $n>=k>=2.

[carlo232]

"giuseppe87x":Ok

Ve ne propongo un altro più semplice.

Provare che

$(kn)!-=0 mod prod_{r=0}^(n-1)(n+r)$

con n, k numeri naturali e $n>=k>=2.

Prendiamo $k=2$, abbiamo che

$prod_{r=0}^(n-1)(n+r)={(2n-1)!}/{(n-1)!}$

abbiamo anche $(2n)! = 2n(2n-1)!$ quindi

${(2n)!}/({(2n-1)!}/{(n-1)!})=2n(n-1)!$

essendo che se la tesi è valida per $k$ è valida anche per $k+1$ allora il problema è risolto.

Ciao!

[Sk_Anonymous]

"giuseppe87x":Provare che $(kn)!-=0 mod prod_{r=0}^(n-1)(n+r)$ con n, k numeri naturali e $n>=k>=2.

...se l'ultimo era interessante, questo - al contrario - è un vero cacatone (si può dire, no?!). Basta osservare che ogni fattore della produttoria $prod_{r=0}^(n-1)(n+r) = n(n+1)...(2n-1)$ è presente anche nel fattoriale $(nk)!$.

[carlo232]

"HiTLeuLeR":[quote="giuseppe87x"]Provare che $(kn)!-=0 mod prod_{r=0}^(n-1)(n+r)$ con n, k numeri naturali e $n>=k>=2.

...se l'ultimo era interessante, questo - al contrario - è un vero cacatone (si può dire, no?!). Basta osservare che ogni fattore della produttoria $prod_{r=0}^(n-1)(n+r) = n(n+1)...(2n-1)$ è presente anche nel fattoriale $(nk)!$. [/quote]

Si, veramente semplice, però è anche possibile che giuseppe abbia scritto male il testo.

[Sk_Anonymous]

Sì, è possibile. In fondo, lo è anche la mia elezione a papa.

[carlo232]

"HiTLeuLeR":Sì, è possibile. In fondo, lo è anche la mia elezione a papa!

è più probabile che cada un asteroide in questo medesimo istante e distrugga la Terra

[Sk_Anonymous]

"carlo23":[quote="HiTLeuLeR"]Sì, è possibile. In fondo, lo è anche la mia elezione a papa!

è più probabile che cada un asteroide in questo medesimo istante e distrugga la Terra [/quote]
...senonché per fortuna la statistica lascia comunque intravedere qualche timida possibilità di riuscita. Gaudeate, gentes, habemus papam!!!

[giuseppe87x]

Ma si ragazzi ve l'avevo detto che era più facile...d'altronde c'ero riuscito anche io...