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Dimostrare che per ogni coppia di interi positivi $m,n$ vale: $m!n!(m+n)!$ divide $(2n)!(2m)!$

Ps. IMO 1972 O.o

$ \textbf{Lemma} $:
$ \lfloor a \rfloor + \lfloor b \rfloor + \lfloor a+b \rfloor \leq \lfloor 2a \rfloor + \lfloor 2b \rfloor $

Per la dimostrazione considero $ a = \lfloor a \rfloor + \epsilon_1 $ con $ \epsilon_1 < 1 $, e $ b=\lfloor b \rfloor + \epsilon_2 $ con $ \epsilon_2 < 1 $. Ci sono due casi:
-Caso 1: $ \epsilon_1+\epsilon_2 < 1 $. In tal caso $ LHS = 2(\lfloor a \rfloor + \lfloor b \rfloor) \leq \lfloor 2a \rfloor + \lfloor 2b \rfloor $, poiché $2\lfloor a \rfloor \leq \lfloor 2a \rfloor$ abbastanza chiaramente.
-Caso 2: $ 1\leq \epsilon_1+\epsilon_2 < 2 $. In tal caso sicuramente almeno uno fra $ \epsilon_1,\epsilon_2 $ deve essere $ \geq 0.5 $. Il che vuol dire che sicuramente $ LHS=2\lfloor a \rfloor + 2\lfloor b \rfloor + 1 $ mentre nell'RHS sicuramente almeno uno (wlog) $ \lfloor 2a \rfloor $ è $ 2\lfloor a \rfloor + 1 $ e invece $ \geq \lfloor 2b \rfloor \geq 2\lfloor b \rfloor $. Quindi $LHS \leq RHS$.

A questo punto per concludere basta applicare questa http://it.wikipedia.org/wiki/Identit%C3 ... e_Polignac chiamando $ \dfrac{m}{p^k} = a, \dfrac{n}{p^k} = b $ e applicando per ogni esponente $k$ la disuguaglianza di sopra. In questo modo $v_p(m!n!(m+n)!) \leq v_p((2m)!(2n)!)$ per ogni $p$ e quindi si ha la divisibilità.

Mi stavo chiedendo se non esiste anche una soluzione puramente combinatoria... qualcuno ha idee?

fph ha scritto:Mi stavo chiedendo se non esiste anche una soluzione puramente combinatoria... qualcuno ha idee?

Beh magari si può iniziare dal riscrivere la tesi così $ \displaystyle\binom{m+n}{n}\mid\binom{2m}{m}\binom{2n}{n} $ (da qui io non sono riuscito a concludere combinatoricamente però)

[Edited: la fretta fa brutti scherzi xD]

jordan ha scritto: $\displaystyle \binom{2n+2m}{n,m,n+m} \in \mathbb{Z}$...

???

Ops

Intanto, belcolon vai col prossimo

[Edited] Nuova problema postato da belcolon, grazie.